Dokumen ini membahas tentang aljabar boolean, termasuk postulat dan teorema yang mendasarinya, serta metode penyederhanaan ekspresi logika seperti sum of products (SOP) dan product of sums (POS). Terdapat berbagai contoh penyederhanaan dan penjelasan tentang minterm, maxterm, serta penerapan tabel kebenaran. Selain itu, dibahas juga tentang teorema De Morgan dan dualitas dalam aljabar boolean.

1. Aljabar Boolean
Persamaan SOP dan POS
Peta Karnaugh

2. Aljabar Boolean:
1. Postulat Boolean
2. Teorema Aljabar Boolean

3. Ekspresi Boolean
Gerbang Logika
Hasil penyederhaan

4. DASAR ALJABAR BOOLEAN
Dalam mengembangkan sistem Aljabar Boolean Perlu memulainya
dengan asumsi – asumsi yakni Postulat Boolean dan Teorema
Aljabar Boolean.
Postulat Boolean :
1. 0 . 0 = 0
2. 0 . 1 = 0
3. 1 . 0 = 0
4. 1 . 1 = 1
5. 0 + 0 = 0
6. 0 + 1 = 1
7. 1 + 0 = 1
8. 1 + 1 = 1
9. 0 = 1
10. 1 = 0
di turunkan dari fungsi AND
di turunkan dari fungsi OR
diturunkan dari fungsi NOT
4

5. TEOREMA ALJABAR BOOLEAN
5
T1. COMMUTATIVE LAW :
a. A + B = B + A
b. A . B = B . A
T2. ASSOCIATIVE LAW :
a. ( A + B ) + C =A + ( B + C )
b. ( A . B) . C= A . ( B . C )
T3. DISTRIBUTIVE LAW :
a. A. ( B + C ) =A . B + A . C
b. A + ( B . C ) = ( A+B ) . ( A+C )
PEMBUKTIAN T3 b.:
Ingat!

6. TEOREMA ALJABAR BOOLEAN
6
T4. IDENTITY LAW:
a. A + A = A
b. A . A = A
T5. NEGATION LAW:
a.( A’) = A’
b. ( A’’) = A
T6. REDUNDANCE LAW :
a. A + A. B = A
b. A .( A + B) = A
PEMBUKTIAN T6 A.:

7. PEMBUKTIAN TEOREMA T6(a)
TABEL KEBENARAN UNTUK A + A . B = A
7
A B A . B A + A.B
0 0
0 1
1 0
1 1
0
0
0
1
0
0
1
1
T6. REDUNDANCE LAW :
a. A + A. B = A
b. A .( A + B) = A

8. T7. :
8
a. 0 + A = A
b. 1 . A = A
c. 1 + A = 1
d. 0 . A = 0
T8. :
a. A’+ A = 1
b. A’. A = 0
T9. :
a. A + A’. B = A + B
b. A.( A’+ B ) = A . B
10. DE MORGAN’S THEOREM:
a. (A + B ) = A . B
b. (A . B ) = A + B
A B A’ . B A + A’B A + B
0 0
0 1
1 0
1 1
0
1
0
0
0
1
1
1
0
1
1
1
TABEL KEBENARAN UNTUK A + A’ B = A+B
PEMBUKTIAN TEOREMA T9(a)

9. 10. DE MORGAN’S THEOREM:
a. (A + B ) = A . B b. (A . B ) = A + B

10. Aplikasi soal Aljabar Boole
10
Dari Postulat dan Teorema Aljabar Boolean diatas tujuan utamanya
adalah untuk penyederhanaan :
- Ekspresi Logika
- Persamaan Logika
-Persamaan Boolean (Fungsi Boolean) yang intinya adalah untuk
mendapatkan Rangkaian Logika(Logic Diagram) yang paling
sederhana.
Contoh 1
Penyelesaian
Sederhanakan A . (A . B + C)
A . (A . B + C) = A . A . B + A . C (T3a)
= A . B + A . C (T4b)
= A . (B + C) (T3a)

11. Contoh 2
11
Sederhanakan A’. B + A . B + A’ . B’
Penyelesaian A’ . B + A . B + A’ . B’ = (A’ + A) . B + A’ . B’ (T3a)
= 1 . B + A’ . B’ (T8a)
= B + A’ . B’ (T7b)
= B + A’ (T9a)
Contoh 3 Sederhanakan A + A . B’ + A’ . B
Penyelesaian A + A . B’ + A’ . B = (A + A . B’ ) + A’ . B
= A + A’ . B (T6a)
= A + B (T9a)

12. Contoh 4
12
Sederhanakan
Contoh 5 Sederhanakan

13. 13
Contoh 6
Sederhanakan

14. Persamaan SOP & POS
1. Duality, Lateral dan Term, Komplemen
2. Minterm dan Maxterm
3. Bentuk SOP dan POS
14

15. FUNGSI BOOLEAN
PERSAMAAN ( EKSPRESI ) ALJABAR YANG DIBENTUK DARI :
VARIABEL-VARIABEL BINER, OPERATOR BINER (OR DAN AND),
OPERATOR UNARY (NOT) , DAN TANDA SAMA DENGAN ( = ).
Contoh :
F = AB’C F : fungsi Boolean
F : bernilai 1 jika A , B dan C = 1 , dan F=0
pada A , B’dan C yang lain.
15

16. DUALITY :
METODE YANG BISA DILAKUKAN PADA PERSAMAAN BOOLEAN,
DENGAN MENGGANTI NILAI ATAU OPERATOR :
‘0’ MENJADI ‘1’ ATAU ‘1’ MENJADI ‘0’
‘AND’ MENJADI ‘OR’ ATAU ‘OR’ MENJADI ‘AND’
CONTOH :
X . 1 = X duality-nya X + 0 = X
X . (Y + Z) duality-nya X + (Y . Z)
16

17. LATERAL & TERM
17
Lateral = menyatakan input – input sebuah gerbang logika
Term = menyatakan operasi yang dilakukan dalam sebuah gerbang
Contoh :
F = ABC’ + A’DE
Persamaan Boolean di atas mempunyai 5 input (ada 5 lateral : A,
B, C,D dan E)
Ada 5 Term ( AND untuk ABC’, AND untuk A’DE, NOT untuk C, NOT
untuk A dan OR untuk F),
berarti ada 5 gerbang yang diperlukan.

18. Komplemen dari sebuah fungsi didasarkan pada aturan De Morgan dan
prinsip Duality, dimana Fungsi NAND mempunyai nilai yang sama dengan
fungsi OR dari komplemen variabel - variabelnya, dan Fungsi NOR
mempunyai nilai yang sama dengan fungsi AND dari komplemen variabel
– variabelnya.
contoh :
F = (A+B+C)
Maka
F’ = (A+B+C)’ = A’ . B’. C’
( A + B + C + D + ….. + Z )’ = A’ . B’ . C’ . D’… .Z’
( A . B . C . D…Z )’ =A’ + B’ + C’ + D’… +Z’
18
KOMPLEMEN

19. 19
1. Cara pertama: menggunakan hukum De Morgan
Hukum De Morgan untuk dua buah peubah, x1 dan x2, adalah
Contoh. Misalkan f(x, y, z) = x(y’z’ + yz), maka
f ’(x, y, z) = (x(y’z’ + yz))’
= x’ + (y’z’ + yz)’
= x’ + (y’z’)’ (yz)’
= x’ + (y + z) (y’ + z’)
KOMPLEMEN

20. 2. Cara kedua: menggunakan prinsip dualitas.
Tentukan dual dari ekspresi Boolean yang merepresentasikan f, lalu
komplemenkan setiap literal di dalam dual tersebut.
Contoh. Misalkan f(x, y, z) = x(y’z’ + yz), maka
1. Tentukan dual nya
f: x + (y’ + z’) (y + z)
2. komplemenkan tiap literalnya:
x’ + (y + z) (y’ + z’) = f ’
Jadi, f ‘(x, y, z) = x’ + (y + z)(y’ + z’)
20
KOMPLEMEN

21. MINTERM DAN MAXTERM
21
n variabel yang membentuk operasi AND menghasilkan suatu bentuk
persamaan yang disebut MINTERM atau standart product
contoh :
XYZ
A’BC
n variabel yang membentuk operasi OR menghasilkan suatu bentuk
persamaan yang disebut MAXTERM atau standart sum
Minterm (dgn 3 variabel)
contoh :
Maxterm (dgn 3 variabel) X + Y + Z’
A’ + B’ + C’

22. Map
Value A B C Y
0 0 0 0 1
1 0 0 1 1
2 0 1 0 0
3 0 1 1 0
4 1 0 0 0
5 1 0 1 1
6 1 1 0 0
7 1 1 1 1
A’B’C’
A’B’C
AB’C
ABC
(A+B’+C)
(A+B’+C’)
(A’+B+C)
(A’+B’+C)
MINTERM
MAXTERM
Tabel Kebenaran
22
MINTERM DAN MAXTERM
MINTERM adalah komplemen dari MAXTERM dan sebaliknya

23. Bentuk SOP (Sum of Product) dari Tabel diatas adalah :
C’
Y(A,B,C) = A’B’ + A’B’C + AB’C + ABC
atau
Y(A,B,C) = Σ ( 0, 1, 5, 7)
A
B’
C’
A’
B’
C
A
B’
C
A
B
C
Y
Rangkaian
Bentuk SOP
Persamaan
Bentuk SOP
23
SUM of PRODUCT (SOP) atau disebut juga SUM OF MINTERM

25. 9
Bentuk POS (Product of Sum) dari Tabel diatas adalah :
Y(A,B,C) = (A+B’+C) . (A+B’+C’) . (A’+B+C) . (A’+B’+C)
atau
(A,B,C)
Y = π ( 2, 3, 4, 6)
B’
C’
A’
B
C
A’
B’
C
A
B’
C
A
Y
Rangkaian
Bentuk POS
Persamaan
Bentuk SOP
PRODUCT of SUM (POS) atau disebut juga PRODUCT of MAXTERM

28. Bentuk Kanonik
28
• Ada dua macam bentuk kanonik:
1. Penjumlahan dari hasil kali (sum-of-product atau SOP)
2. Perkalian dari hasil jumlah (product-of-sum atau POS)
Contoh: 1. f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz → SOP
Setiap suku (term) disebut minterm
2. g(x, y, z) = (x + y + z)(x + y’ + z)(x + y’ + z’)
(x’ + y + z’)(x’ + y’ + z) → POS
Setiap suku (term) disebut maxterm
• Setiap minterm/maxterm mengandung literal lengkap

29. 29
Minterm Maxterm
x y Suku Lambang Suku Lambang
0
0
1
1
0
1
0
1
x’y’
x’y
xy’
x y
m0
m1
m2
m3
x + y
x + y’
x’ + y
x’ + y’
M0
M1
M2
M3
Minterm Maxterm
x y z Suku Lambang Suku Lambang
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
x’y’z’
x’y’z
x‘y z’
x’y z
x y’z’
x y’z
x y z’
x y z
m0
m1
m2
m3
m4
m5
m6
m7
x + y + z
x + y + z’
x + y’+z
x + y’+z’
x’+ y + z
x’+ y + z’
x’+ y’+ z
x’+ y’+ z’
M0
M1
M2
M3
M4
M5
M6
M7

30. Contoh:
1. Nyatakan tabel kebenaran dibawah ini dalam bentuk kanonik SOP

31. Contoh:
2. Nyatakan tabel kebenaran dibawah ini dalam bentuk kanonik POS

32. 32
Contoh:
3. Nyatakan tabel kebenaran dibawah ini dalam bentuk kanonik SOP dan POS

33. 33
Contoh:
4. Nyatakan tabel kebenaran dibawah ini dalam bentuk kanonik SOP dan POS

34. 34
Contoh 7.11. Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + y’z dalam
bentuk kanonik SOP dan POS.
Penyelesaian:
(a) SOP
x = x(y + y’)
= xy + xy’
= xy (z + z’) + xy’(z + z’)
= xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’
y’z = y’z (x + x’)
= xy’z + x’y’z
Jadi f(x, y, z) = x + y’z
= xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’ + xy’z + x’y’z
= x’y’z + xy’z’ + xy’z + xyz’ + xyz
atau f(x, y, z) = m1 + m4 + m5 + m6 + m7 =  (1,4,5,6,7)
Contoh:
5.

35. 35
(b) POS
f(x, y, z) = x + y’z
= (x + y’)(x + z)
x + y’ = x + y’ + zz’
= (x + y’ + z)(x + y’ + z’)
x + z = x + z + yy’
= (x + y + z)(x + y’ + z)
Jadi, f(x, y, z) = (x + y’ + z)(x + y’ + z’)(x + y + z)(x + y’ + z)
= (x + y + z)(x + y’ + z)(x + y’ + z’)
atau f(x, y, z) = M0M2M3 = (0, 2, 3)

36. 10
6. Buat Tabel Kebenaran dari fungsi di bawah ini dan ekspresikan setiap fungsi
menjadi SOP dan POS :
F = ( xy + z ).( y + xz )
Jawab :
F = Σ ( 3, 5, 6, 7 )
atau
F = x’yz + xy’z + xyz’ + xyz
F = π ( 0, 1, 2, 4 )
atau
F = (x+y+z)(x+y+z’)(x+y’+z)(x’+y+z)
`
SOP POS
x y z (xy + z) F (y + xz)
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 1 1 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 1 1 0
0 1 1 0 1 1 1 1 1 0
1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 1 0 1 1 1 0 1 1
1 1 0 1 1 0 1 1 1 0
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

37. 7. Ekspresikan persamaan dibawah ini menjadi Sum of Product ( SOP ) dan
Product of Sum ( POS )
37
F(A, B, C, D ) = B’D + A’D + BD
Jawab :
Persamaan diatas bernilai ‘1’ untuk nilai BD = 01, AD = 01, BD = 11.
Berdasarkan Tabel Kebenaran 4 variabel ( A, B, C, D ) maka output
‘1’ berlaku untuk minterm-minterm :
A’B’C’D, A’B’CD, A’BC’D, A’BCD, AB’C’D, AB’CD, ABC’D, ABCD
SOP : F ( A, B, C, D ) = Σ( 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15 )
= A’B’C’D + A’B’CD + A’BC’D + A’BCD + AB’C’D +
AB’CD + ABC’D + ABCD
POS : F ( A, B, C, D ) = π( 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14 )
= ( A+B+C+D)(A+B+C’+D)(A+B’+C+D)(A+B’+C+D’)
(A’+B+C+D)(A’+B+C’+D)(A’+B’+C’+D)

38. LANGKAH - LANGKAH DI DALAM PROSES DISAIN :
1.Buat Tabel Kebenarannya
2.Tulis minterm-minterm pada output yang bernilai ‘1’
3.Tulis persamaan SOP untuk output
f = u’xy + ux’y + uxy’ + uxy
f = u’xy + ux’y + uxy’ + uxy
= u’xy + uxy + ux’y + uxy + uxy’ + uxy
= xy(u’ + u) + uy(x’ + x) + ux(y’ + y)
= xy + uy + ux
5. Implementasikan dalam bentuk rangkaian
4. Sederhanakan persamaan output
DISAIN RANGKAIAN LOGIKA KOMBINASIONAL
38

39. Cara konversi non-kanonik ke kanonik
39

40. Step rubah non-kanonik ke kanonik:
1. Masukkan persamaan/istilah yang hilang
2. Perluas ekspresi
3. Hapus istilah yang berlebihan setelah di perluas
Contoh:
1) Ubah persamaan non-kanonik SOP dibawah ini menjadi persamaan kanonik SOP

41. Contoh:
2) Ubah persamaan non-kanonik SOP dibawah ini menjadi persamaan kanonik SOP

42. Contoh:
3) Ubah persamaan non-kanonik POS dibawah ini menjadi persamaan kanonik POS

43. Karnaugh MAP (K-Map)
Pokok Bahasan :
1. K-map 2 variabel
2. K-map 3 variabel
3. K-map 4 variabel
4. Penyederhanaan rangkaian dengan k-map
4
3

44. Karnaugh Map (K-Map)
•Suatu peralatan grafis yang digunakan untuk menyederhanakan
persamaan logika atau mengkonversikan sebuah tabel kebenaran
menjadi sebuah rangkaian logika.
•Salah satu metode yang paling mudah untuk penyederhanaan
Rangkaian Logika.
4
4

45. Map
Value A B Y
0 0 0 A’B’
1 0 1 A’B
2 1 0 AB’
3 1 1 AB
Tabel Kebenaran
A
A’B’
0
AB’
2
A’B
1
AB
3
0
1
1
B
0
Model II
A’B’
0
A’B
1
AB’
2
AB
3
0
1
1
A
0
Karnaugh Map 2 Variabel :
( A dan B )
B
Model I
Map Value
4
5

46. Desain Pemetaan K- Map 2
Variabel
0
1
0
1
A
B
A’ A
B’
B
4
6
A
A’B’
0
AB’
2
A’B
1
AB
3
0
1
1
B
0
Model II

47. Karnaugh Map 2 Variabel :
dengan minterm-mintermnya
x y F
0 0 1
0 1 1
1 0 0
1 1 0
0 1
x
y
0
1
1 1
0 0
y
0 1
x
y
0
1
x’y’ x’y
xy’ xy
x
F = Σ(m0,m1) = x’y + x’y’
4
7

48. 0 1
1 0
B
A 0 1
0
1
F=AB +A’B 0 1
1 1
B
A 0 1
0
1
F=AB +AB +AB 
0 1
1 0
B
A 0 1
0
1
F=AB +A’B 0
1 1
1
B
A 0 1
0
1 F=A+B
F=AB +AB +AB 
48

49. Contoh : 1
0
1
2
0
0 1
1 3
B
A
0
0
Tabel Kebenaran 1
Map
Value A B Y
0 0 0 1
1 0 1 0
2 1 0 0
3 1 1 1
1
A’B’
A’B’
0
0
1
0 AB
2 3
1
A
0
B 0
1
AB
Jadi Y = A’B’ + AB
49

50. Contoh : 2
0
1
1
1
0 0
2 3
B
A
0
0
Tabel Kebenaran 1
Map
Value A B Y
0 0 0 1
1 0 1 1
2 1 0 0
3 1 1 0
1
A’B’
A’B
A’B’
0 1
A’B
0 0
2 3
1
A
0
B 0
1
Jadi Y = A’
5
0

51. • 0 kotak terlingkupi = “0” (Low)
• 1 kotak terlingkupi = 2 variabel output
• 2 kotak terlingkupi = 1 variabel output
• 4 kotak terlingkupi = “1” (High)
• Melingkupinya harus posisi “Horisontal “
atau “vertikal” , yang dilingkupi digit ”1” dan
jumlah digit “1” yang dilingkupi 2n (1,
2,4,8,16, ...)
Catatan untuk K-Map
2 Variabel
1
1 1
0 1
1
0
A
B
B’ A
0 1
1
0
A
1
1 AB
A’B’
Y = AB + A’B’
5
1
Y = B’ + A

52. 10
Contoh 3:
Dari Tabel Kebenaran dibawah, tulis persamaan
logikanya dengan menggunakan K-map :
1
1 1
0
1
0
1
A
B
A’ A
B’
B
Map
Value A B Y
0 0 0 1
1 0 1 1
2 1 0 0
3 1 1 1 0
1
0
1
A
B
A’ A
B’
B
1
1 1
Jadi Y = A’ + B

53. Sederhanakan persamaan logika :
Y = A + AB’ + A’B
Menggunakan K- map :
Contoh 4 :
0
1
0
1
A
B
A’ A
B’
B
1
1
1
1
1 1
0
1
0
1
A
B
A’ A
B’
B
Jadi Y = A + B
53

54. Karnaugh Map 3 Variabel :
( A, B dan C )
Map
Value A B C Y
0 0 0 0
1 0 0 1
2 0 1 0
3 0 1 1
4 1 0 0
5 1 0 1
6 1 1 0
7 1 1 1
Tabel Kebenaran
A
00 01 11
A’B’C’
0
A’BC’
2
ABC’
6
AB’C’
4
A’B’C
1
A’BC
3
ABC
7
AB’C
5
Model II
AB
00 01 11
A’B’C’
0
A’B’C
1
A’BC
3
A’BC’
2
AB’C’
4
AB’C
5
ABC
7
ABC’
6
10
0
1
10
0
1
Model I
BC
C
Map Value
54

55. Tabel Kebenaran
Map
Value A B C Y
0 0 0 0
1 0 0 1
2 0 1 0
3 0 1 1
4 1 0 0
5 1 0 1
6 1 1 0
7 1 1 1
Model III Model IV
A’B’C’
0
A’B’C
1
A’BC’
2
A’BC
3
ABC’
6
ABC
7
AB’C’
4
AB’C
5
0 1
00
01
10
11
A B
C
A’B’C’
0
AB’C’
4
A’B’C
1
AB’C
5
A’BC
3
ABC
7
A’BC’
2
ABC’
6
0 1
00
01
10
11
B C
A
Map Value
55

56. Desain Pemetaan K- Map 3
Variabel
00 01 11
1
A
0
10
BC
C’
C
B
B’
A
A’
56

57. • 0 kotak terlingkupi = “0” (Low)
• 1 kotak terlingkupi = 3 variabel output
• 2 kotak terlingkupi = 2 variabel output
• 4 kotak terlingkupi = 1 variabel output
• 8 kotak terlingkupi = “1” (High)
• Melingkupinya harus posisi “Horisontal “
atau “vertikal” , yang dilingkupi digit ”1” dan
jumlah digit “1” yang dilingkupi 2n (1, 2, 4,
8, ... )
Catatan untuk K- Map
3 Variabel
00 01 11
0
1
1 1
1 1
10
01 11
1
1
1
1
0 1
10
A
A BC00
A
B’
00 01 11
0
1
1
1
1
10
A
+ A’BC’
+ A’BC
Y = AB’C’
57

58. Contoh pengcoveran
AB
C
0
C 1
A
00 0111
10
B
c
ab
00 01 11 10
0
1
0 0 1 0
0 1 1 1
cout = ab + bc + ac
F(A,B,C) = m(0,4,5,7)= AC + B’C’
G(A,B,C) = A
0 0 1 1
0 0 1 1
C
B
A
1 0 0 1
0 0 1 1
C
B
A
ab
c 00 01 11 10
0
1
0 0 1 1
0 0 1 1
f = a
58

59. A
0
1
BC
0 1 0 1
1 1 1 1
00 01 11 10
F=AB’C’ +AB C +ABC +ABC  + A’B’C + A’BC’
A B C F
0 0 0 0
0 0 1 1
0 1 0 1
0 1 1 0
1 0 0 1
1 0 1 1
1 1 0 1
1 1 1 1
+
F=A+B C +BC 
A
1
0
1
BC
1
1 1
0 1 0 1
00 01 11 10
F=AB’C’ +AB C +ABC +ABC  + A’B’C + A’BC’
59

60. Contoh 1 :
Tabel Kebenaran Diketahui Tabel Kebenaran seperti disamping :
Cari persamaan logikanya :
Map
Value A B C Y
0 0 0 0 1
1 0 0 1 1
2 0 1 0 0
3 0 1 1 0
4 1 0 0 0
5 1 0 1 1
6 1 1 0 1
7 1 1 1 1
00 01 11
1
1 1
1 1 1
10
60
BC
A
0 A’B’
AB
AC
Jadi Y = AC + AB + A’B’

61. Contoh 2 :
Diketahui Persamaan Boolean :
D = A’BC + A’BC’ + ABC’ + ABC + AB’C
Sederhanakan dengan metode K-map
00 01 11
A
0
1
1 1
1 1 1
10
BC
A’BC
A’BC’
ABC’
ABC
AB’C
00 01 11
1
1 1
1 1 1
A
0
10
BC
B
61
AC
Jadi D = B + AC

62. A’B’C’D’
0
A’BC’D’
4
ABC’D’
12
AB’C’D’
8
A’B’C’D
1
A’BC’D
5
ABC’D
13
AB’C’D
9
A’B’CD
3
A’BCD
7
ABCD
15
AB’CD
11
A’B’CD’
2
A’BCD’
6
ABCD’
14
AB’CD’
10
00 01 11 10
CD
00
11
10
AB
01
Model 2
11
10
A’B’C’D’
0
A’B’C’D
1
A’B’CD
3
A’B’CD’
2
A’BC’D’
4
A’BC’D
5
A’BCD
7
A’BCD’
6
ABC’D’
12
ABC’D
13
ABCD
15
ABCD’
14
AB’C’D’
8
AB’C’D
9
AB’CD
11
AB’CD’
10
CD
62
11 10
AB 00 01
00
01
Map
Valu
e
A B C D Y
0 0 0 0 0
1 0 0 0 1
2 0 0 1 0
3 0 0 1 1
4 0 1 0 0
5 0 1 0 1
6 0 1 1 0
7 0 1 1 1
8 1 0 0 0
9 1 0 0 1
10 1 0 1 0
11 1 0 1 1
12 1 1 0 0
13 1 1 0 1
14 1 1 1 0
15 1 1 1 1
Model 1
Tabel Kebenaran
Karnaugh Map 4 Variabel :
( A, B, C dan D )

63. Dengan wxyz input
63

64. Desain Pemetaan K- Map 4
Variabel
AB
00 10
CD
00
01
11
10
D
C
C’
D’
A’ A
01 11
64
B
B’

65. 23
Catatan untuk K-Map
4 Variabel
• 0 kotak terlingkupi = “0” (Low)
• 1 kotak terlingkupi = 4 variabel output
• 2 kotak terlingkupi = 3 variabel output
• 4 kotak terlingkupi = 2 variabel output
• 8 kotak terlingkupi = 1 variabel output
• 16 kotak terlingkupi = “1” (High)
• Melingkupinya harus posisi “Horisontal “
atau “vertikal” , yang dilingkupi digit ”1” dan
jumlah digit “1” yang dilingkupi 2n ( 1,2, 4, 8,
16, ... )
AB
CD 00 01 11 10
00 1 1 1 1
01 1 1 1 1
11 1 1
10 1 1 1 1
1
1
1
1
1
1
AB
CD 00 01 11 10
00
01
11
10
AC’
A’
ACD’
B’C’
ABCD’
A’BCD

66. Contoh pengcoveran
:
LT = A' B' D + A' C + B' C D
EQ = A'B'C'D' + A'BC'D + ABCD + AB'CD’
GT = B C' D' + A C' + A B D'
K-map untuk LT K-map untuk EQ K-map untuk GT
D
A
0 0 0 0
1 0 0 0
1 1 0 1
1 1 0 0
B
C
D
A
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
B
C
D
A
0 1 1 1
0 0 1 1
0 0 0 0
0 0 1 0
B
C
66

67. Contoh pengcoveran
:
F= ABC +ACD +ABC
+AB CD +ABC +AB C
CD
0
AB
1 1
0
00
01
0
0 1
1
00 01 11 10
1
1 0
1
11
10
1
1 1
1
F=BC +CD + AC+ AD 
67

69. 27
1 1
1
1 1
1
1
AB
00 01 11 10
00
01
11
10
CD
D
C
B
A’C
ABC’D’
AB’D
A B
Contoh 2 : Diketahui Tabel Kebenaran ,
cari persamaan logikanya.
Jadi Y = A’C + AB’D + ABC’D’
C
0 1
1 1
3 1 1 1
2 1 1
AB
00 01 11 10
00
01
11
10
CD
A
D
Map
Value
A B C D Y
0 0 0 0 0 0
1 0 0 0 1 0
2 0 0 1 0 1
3 0 0 1 1 1
4 0 1 0 0 0
5 0 1 0 1 0
6 0 1 1 0 1
7 0 1 1 1 1
8 1 0 0 0 0
9 1 0 0 1 1
10 1 0 1 0 0
11 1 0 1 1 1
12 1 1 0 0 1
13 1 1 0 1 0
14 1 1 1 0 0
15 1 1 1 1 0

70. 28
1 1
1
1 1 1 1
1
WX
00 01 11
YZ
00
01
11
Y
10
Z
1
1 1 1 1
1
1
1
WX
00 01 11 10
YZ
00
01
11
10
W
Y
Z
X
W
10
W’X’Y’Z’
YZ
WXZ’
WX’Z
Y
Jadi M = W’X’Y’Z’ + WXZ’ + WXX’Z + YZ
Contoh 3 : Lingkarilah dan
Tulis Persamaan Logikanya.

71. 29
Physical Implementasi
A B C D
EQ
° Step 1: Truth table
° Step 2: K-map
° Step 3: Minimized sum-of-
products
° Step 4: Implementasi dengan
gates
K-map untuk EQ
D
A
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
C
B

72. Poin-poin penggunaan K-map
72
• Tulis persamaan
logika hasil peng-
coveran.
• Buat persamaan ke bentuk SOP
(melalui tabel kebenaran).
• Minterm-mintermnya masukkan ke k-
map ( sesuaikan jumlah kotak atau
variabel input).
• Lingkari (pe-ngcover- an) yang
benar.

73. Don’t Care
73
• Kondisi don’t care merupakan kondisi dimana ada beberapa
kombinasi variable input yang tidak selalu dapat dinyatakan nilai
outputnya.
• Keadaan dimana nilai outputnya tersebut bisa berlogic ‘1’ atau
berlogic ‘0’ yang disimbulkan dengan “X” atau “d”.
• Kegunaan dari kondisi don’t care pada penyederhanaan fungsi
dapat dinyatakan pada fakta bahwa dapat diset dengan logic ‘1’
atau logic ‘0’, berdasar kegunaannya untuk format kelompok
logic ‘1’ yang lebih besar.

74. Karnaugh maps: don’t cares (cont’d)
• f(A,B,C,D) =  m(1,3,5,7,9) + d(6,12,13)
– f = A'D + B'C'D
– f = A’D + C’D
tanpa don't cares
dengan don't cares
D
A
0 0 X 0
1 1 X 1
1 1 0 0
0 X 0 0
B
C
0
1
0
1
0
1
X
1
0
1
0
0
X
X
0
0
+
A B C D f
0 0 0 0
0 0 0 1
0 0 1 0
0 0 1 1
0 1 0 0
0 1 0 1
0 1 1 0
0 +
1 1 1
1 0 0 0
1 0 0 1
1 0 1 0
1 0 1 1
1 1 0 0
1 1 0 1
1 1 1 0
1 1 1 1
74

75. Pengcoveran dengan Don’t Cares
CD
AB
00
01
11
10
00 01 11 10
0 1 0 0
x x x 1
1 1 1 x
x 0 1 1
F=ACD+B+AC
75

76. 34
Bentuk ilustrasi pengkoveran
D
A
0 X 1 0
1 1 1 0
1 0 1 1
0 0 1 1
B
C
6 prime implicants:
A'B'D, BC', AC, A'C'D, AB, B'CD
essential
minimum cover: 3 essential implicants
minimum cover: AC + BC' + A'B'D
0 0 1 0
1 1 1 0
D
A
0 1 1 1
0 1 0 0
B
C
5 prime implicants:
BD, ABC', ACD, A'BC, A'C'D
essential
minimum cover: 4 essential implicants
minimum cover: ABC’+ACD+A’BC+A’C’D

77. Aplikasi K-map
Pada Rangkaian Full Adder
Adder
Cin
Cout
S
A
B
+
S = A’B’Cin + A’BCin’ + A’BCin + ABCin
Cout = A’BCin + A B’Cin + ABCin’ + ABCin
= A’BCin + ABCin + AB’Cin + ABCin + ABCin’ + ABCin
= (A’ + A)BCin + (B’ + B)ACin + (Cin’ + Cin)AB
= 1·BCin + 1· ACin + 1· AB
= BCin + ACin + AB
A B Cin S Cout
0 0 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 1 0
0 1 1 0 1
1 0 0 1 0
1 0 1 0 1 Metode Aljabar Boole
1 1 0 0 1
1 1 1 1 1
77

78. Aplikasi K-map
Pada Rangkaian Full Adder
Adder
Cin
Cout
S
A
B
A B Cin S Cout
0 0 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 1 0
0 1 1 0 1
1 0 0 1 0
1 0 1 0 1
1 1 0 0 1
1 1 1 1 1
+
A
B
Cin
Karnaugh Map for Cout
0 0 1 0
0 1 1 1
Pengisiaan digit 1 ke K-map
78

79. Aplikasi K-map
Pada Rangkaian Full Adder
A
B
Cin
Karnaugh Map untuk Cout
0 0 1 0
0 1 1 1
Adder
Cin
Cout
S
A
B
A B Cin S Cout
0 0 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 1 0
0 1 1 0 1
1 0 0 1 0
1 0 1 0 1
1 1 0 0 1
1 1 1 1 1
+
Pengcoveran pertama.
Cout = ACin
79

80. Aplikasi K-map
Pada Rangkaian Full Adder
Cin
A
B
A B Cin S Cout
0 0 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 1 0
Adder S 0 1 1 0 1
1 0 0 1 0
1 0 1 0 1
1 1 0 0 1
Cout
A
1
+
1 1 1 1
0 0 1 0
Pengcoveran kedua.
B 0 1 1 1
Cin
Karnaugh Map for Cout
38
Cout = Acin + AB

81. Aplikasi K-map
Pada Rangkaian Full Adder
A
B
Adder
Cin
Cout
S
A
B
0
0
0
A B Cin S Cout
0 0 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 1 0
0 1 1 0 1
1 0 0 1 0
1 0 1 0 1
1 1 0 0 1
1 1 1 1 1
+
0
1
1 1 1
Cin
Karnaugh Map untuk Cout
Pengcoveran ketiga (seluruhnya)
81
Cout = ACin + AB + BCin

82. Aplikasi K-map
Pada Rangkaian Full Adder
A
B
Cin
Karnaugh Map untuk S
0 1 0 1
1 0 1 0
Adder
Cin
Cout
S
A
B
A B Cin S Cout
0 0 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 1 0
0 1 1 0 1
1 0 0 1 0
1 0 1 0 1
1 1 0 0 1
1 1 1 1 1
+
S = A’BCin’
82

83. Aplikasi K-map
Pada Rangkaian Full Adder
A
B
0 1 0 1
1 0 1 0
Adder
Cin
Cout
S
A
B
A B Cin S Cout
0 0 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 1 0
0 1 1 0 1
1 0 0 1 0
1 0 1 0 1
1 1 0 0 1
1 1 1 1 1
+
Cin
Karnaugh Map untuk S
S = A’BCin’ + A’B’Cin
83

84. Aplikasi K-map
Pada Rangkaian Full Adder
A
B
Cin
Karnaugh Map untuk S
0 1 0 1
1 0 1 0
Adder
Cin
Cout
S
A
B
A B Cin S Cout
0 0 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 1 0
0 1 1 0 1
1 0 0 1 0
1 0 1 0 1
1 1 0 0 1
1 1 1 1 1
+
S = A’BCin’ + A’B’Cin + ABCin
42

85. Aplikasi K-map
Pada Rangkaian Full Adder
Coba anda gambar rangkaian diagramnya ?
A
B
Cin
Karnaugh untuk S
0 1 0 1
1 0 1 0
Adder
Cin
Cout
S
A
B
A B Cin S Cout
0 0 0 0 0
0 0 1 1 0
0 1 0 1 0
0 1 1 0 1
1 0 0 1 0
1 0 1 0 1
1 1 0 0 1
1 1 1 1 1
+
S = A’BCin’ + A’B’Cin + ABCin + AB’Cin’
85
Tidak bisa direduksi

86. Latihan Soal :
86
1. BUATLAH TABEL KEBENARAN DARI PERSAMAAN LOGIKA
DIBAWAH:
X . Y + X’ . Y + X’ . Y’ = X’ + Y
2. Sederhanakan ekspresi logika dibawah dengan Aljabar Boolean :
AB’ + BC + C’A
3. Buat ekspresi logika dibawah kedalam bentuk SOP
dan bentuk POS, serta gambar rangkaian logikanya :
F(a, b, c, d ) = AC’ + C’D + B’D’

87. Latihan Soal :
87
4. Buat Tabel Kebenaran dari fungsi di bawah ini dan ekspresikan setiap
fungsi menjadi SOP dan POS , serta rangkaian logikanya:
F1=A(C’D+BD’).D(A’C+BD’)
5. Gambarlah K-map untuk setiap ekspresi logika dibawah serta
sederhanakan dengan pengcoveran yang benar :
1. A(BC’ + C) + B(A + A’C)
2. (AC + AC’B). (BC + B’C’)
Catatan : cari minterm-mintermnya dulu (rubah kebentuk SOP)

88. Terimakasih ☺