Materi MK Sistem Digital

1. Modul Logika Informatika @ Mustahal, S.Si
BAB 3 : ALJABAR BOOLE
Universitas Islam Lamongan (UNISLA) Page 38 of 55
PENDAHULUAN
Aljabar Boole, sebagai salah satu cabang matematika, pertama kali
dikemukakan oleh George Boole pada tahun 1854. Boole dalam bukunya The
Law Of Thought, memaparkan aturan-aturan dasar logika (yang dikenal
dengan logika boolean). Aturan dasar logika ini membentuk Aljabar Boole.
Pada tahun 1938, Claude Shannon memperlihatkan penggunaan Aljabar
Boole untuk merancang rangkaian sirkuit listrik yang menerima masukan 0
dan 1 serta menghasilkan keluaran 0 dan 1 juga. Aljabar Boole telah
menjadi dasar teknologi komputer digital. Saat ini aljabar boole digunakan
secara luas dalam rangkaian perancangan pensaklaran, rangkaian digital,
dan rangkaian IC (Intergrated Circuit) komputer.
DEFINISI ALJABAR BOOLE
Aljabar boole merupakan aljabar yang terdiri atas suatu himpunan
dengan dua operator biner yang didefinisikan pada himpunan tersebut yaitu
:
+ (penambahan) ekuivalen dengan Ú (OR)
• (perkalian) ekuivalen dengan Ù (AND)
Pada aljabar boole juga berlaku hukum-hukum logika, hanya berubah tanda
saja yaitu :
Ù (AND) menjadi * atau •
Ú (OR) menjadi +
¬(Negasi) menjadi ’ atau ` dalam aljabar boole disebut komplemen
Misal :
• aÙb menjadi a*b atau a.b atau cukup ditulis ab
• aÚb menjadi a+b
• ¬a menjadi a’ atau a
Identitas p.1 º p p+0 º p
Ikatan P+1 º 1 p.0 º 0
Idempoten p+p º p p.p º p
Komplemen p+p’ º 1 p.p’ º 0
(p’)’ º p 1’=0 dan 0’=1
Komutatif p+q º q+p p.q º q.p
Asosiatif (p+q)+r º p+(q+r) (p.q).r º p.(q.r)
Distributif p+(q.r) º (p+q).(p+r) p.(q+r) º (p.q)+(p.r)
De Morgan’s (p.q)’ º p’+q’ (p+q)’ º p’ . q’
Aborbsi pÙ(pÚq) º p pÚ(pÙq) º p

2. Modul Logika Informatika @ Mustahal, S.Si
Terdapat perbedaan antara aljabar boole dengan aljabar biasa untuk
aritmatika bilangan riil :
1. Hukum distributif + dan . seperti pada a+(b.c)=(a+b).(a+c) benar unutk
aljabar boole tetapi tidak benar untuk aljabar biasa.
2. Aljabar boole tidak memiliki kebalikan perkalian atau penjumlahan
sehingga tidak ada operasi pembagian dan pengurangan.
Universitas Islam Lamongan (UNISLA) Page 39 of 55
DUALITAS
Dual dari setiap pernyataan S dalam sebuah aljabar boole B adalah
pernyataan yang didapat dengan mengubah operasi-operasi + dan ., dan
mengubah elemen identitas yang menghubungkan 0 dan 1 dalam
pernyataan awal di S. Dalam hal ini berarti mengganti :
* dengan +
+ dengan *
0 dengan 1
1 dengan 0
Contoh 3.1:
Tuliskan dual dari setiap persamaan boolean berikut
1) (a*1)*(0+a’)=0
Untuk mencari dual dari persamaan di atas maka :
• Pada (a.1), ubah * menjadi + dan 1 menjadi 0
• Ubah * pada (a*1)*(0+a’) menjadi +
• Pada (0+a’), ubah 0 menjadi 1 dan + menjadi *
• Komplemen pada a’ tidak berubah
Sehingga secara keseluruhan dualnya adalah :
(a * 1) * ( 0 + a’)=0
(a + 0) + (1 * a’)=1 dual
2) a+(a’*b)=a+b
Dengan cara yang sama seperti contoh di atas maka dulanya :
a*(a’+b)=a*b
Sekarang, coba Anda cari dual dari persamaan boolen berikut
3) a(a’+b)=ab
4) (a+1)(a+0)=a
5) (a+b)(b+c)=ac+b
FUNGSI BOOLEAN
Fungsi Boolean (disebut juga fungsi biner) adalah pemetaan dari Bn
ke B melalui ekspresi Boolean, kita menuliskannya sebagai
f : Bn ® B

3. Modul Logika Informatika @ Mustahal, S.Si
yang dalam hal ini Bn adalah himpunan yang beranggotakan pasangan
terurut ganda-n (ordered n-tuple) di dalam daerah asal B.
Setiap ekspresi Boolean tidak lain merupakan fungsi Boolean. Misalkan
sebuah fungsi Boolean adalah :
f(x, y, z) = xyz + x’y + y’z
Fungsi f memetakan nilai-nilai pasangan terurut ganda-3 (x, y, z) ke
himpunan {0, 1}. Contohnya, (1, 0, 1) yang berarti x = 1, y = 0, dan z = 1
sehingga f(1, 0, 1) = 1 × 0 × 1 + 1’ × 0 + 0’× 1 = 0 + 0 + 1 = 1 .
Contoh-contoh fungsi Boolean yang lain:
1. f(x) = x
2. f(x, y) = x’y + xy’+ y’
3. f(x, y) = x’ y’
4. f(x, y) = (x + y)’
5. f(x, y, z) = xyz’
Setiap peubah di dalam fungsi Boolean, termasuk dalam bentuk
komplemennya, disebut literal.
Fungsi h(x, y, z) = xyz’ pada contoh di atas terdiri dari 3 buah literal, yaitu
x, y, dan z’.
Contoh 3.2:
Diketahui fungsi Booelan f(x, y, z) = xy z’, nyatakan h dalam tabel
kebenaran.
Penyelesaian:
x y z f(x, y, z) = xy z’
0
0
0
0
1
1
1
1
Universitas Islam Lamongan (UNISLA) Page 40 of 55
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
FUNGSI KOMPLEMEN
Untuk menentukan komplemen dari suatu persamaan boolean, maka
dapat digunakan prinsip dualitas dan hukum De Morgan.
1. Cara pertama: menggunakan hukum De Morgan
Contoh 3.3. 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’)

4. Modul Logika Informatika @ Mustahal, S.Si
2. Cara kedua: menggunakan prinsip dualitas.
Tentukan dual dari ekspresi Boolean yang merepresentasikan f, lalu
komplemenkan setiap literal di dalam dual tersebut.
Contoh 3.4.
Misalkan f(x, y, z) = x(y’z’ + yz), maka
Dual dari f: x + (y’ + z’) (y + z)
Komplemenkan tiap literalnya: x’ + (y + z) (y’ + z’) = f ’
Jadi, f ‘(x, y, z) = x’ + (y + z)(y’ + z’)
Universitas Islam Lamongan (UNISLA) Page 41 of 55
BENTUK KANONIK
Beberapa fungsi boolean mungkin memiliki ekspresi aljabar yang
berbeda tetapi sebenarnya mempunyai nilai fungsi yang sama. Sebagai
contoh : f(x,y)=(xy)’ dan h(x,y)=x’+y’, adalah dua buah fungsi yang sama
(Bisa dibuktikan dengan hukum De Morgan).
Contoh lain :
f(x,y,z)=x(y+z’) dan g(x,y,z)=xyz+xyz’+xy’z’
adalah dua buah fungsi yang sama. Fungsi f muncul dalam bentuk
perkalian dari hasil jumlah sedangkan g muncul dalam bentuk
penjumlahan dari hasil kali. Perhatikan juga bahwa setiap suku (term)
mengandung literal yang lengkap. Fungsi boolean yang dinyatakan dalam
bentuk perkalian dari hasil jumlah dan penjumlahan dari hasil kali, dengan
setiap suku mengandung literal lengkap disebut bentuk KANONIK.
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 3.5:
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
Minterm Maxterm
x y Suku Lambang Suku Lambang
0
0
x’y’
0
1
x’y
1
0
xy’
1
1
x y
m0
m1
m2
m3
x + y
x + y’
x’ + y
x’ + y’
M0
M1
M2
M3

5. Modul Logika Informatika @ Mustahal, S.Si
Minterm Maxterm
x y z Suku Lambang Suku Lambang
0
0
0
0
1
1
1
1
Universitas Islam Lamongan (UNISLA) Page 42 of 55
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
Contoh 3.6: Nyatakan tabel kebenaran di bawah ini dalam bentuk kanonik
SOP dan POS.
x y z f(x, y,
z)
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
0
1
0
0
1
Penyelesaian:
(a) SOP
Kombinasi nilai-nilai peubah yang menghasilkan nilai fungsi sama
dengan 1 adalah 001, 100, dan 111, maka fungsi Booleannya dalam
bentuk kanonik SOP adalah
f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz
atau (dengan menggunakan lambang minterm),
f(x, y, z) = m1 + m4 + m7 = (1, 4, 7)
(b) POS
Kombinasi nilai-nilai peubah yang menghasilkan nilai fungsi sama
dengan 0 adalah 000, 010, 011, 101, dan 110, maka fungsi
Booleannya dalam bentuk kanonik POS adalah
f(x, y, z) = (x + y + z)(x + y’+ z)(x + y’+ z’)
(x’+ y + z’)(x’+ y’+ z)
atau dalam bentuk lain,
f(x, y, z) = M0 M2 M3 M5 M6 = Õ(0, 2, 3, 5, 6)

6. Modul Logika Informatika @ Mustahal, S.Si
Contoh 3.7: Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + y’z dalam bentuk
kanonik SOP dan POS.
Penyelesaian:
Universitas Islam Lamongan (UNISLA) Page 43 of 55
(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 = S (1,4,5,6,7)
(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 = Õ(0, 2, 3)
KONVERSI BENTUK KANONIK
Misalkan
f(x, y, z) = S (1, 4, 5, 6, 7)
dan f ’adalah fungsi komplemen dari f,
f ’(x, y, z) = S (0, 2, 3) = m0+ m2 + m3

7. Modul Logika Informatika @ Mustahal, S.Si
Dengan menggunakan hukum De Morgan, kita dapat memperoleh fungsi f
dalam bentuk POS:
f ’(x, y, z) = (f ’(x, y, z))’ = (m0 + m2 + m3)’
= m0’ . m2’ . m3’
= (x’y’z’)’ (x’y z’)’ (x’y z)’
= (x + y + z) (x + y’ + z) (x + y’ + z’)
= M0 M2 M3
= Õ (0,2,3)
Jadi, f(x, y, z) = S (1, 4, 5, 6, 7) = Õ (0,2,3). Kesimpulan: mj’ = Mj
Universitas Islam Lamongan (UNISLA) Page 44 of 55
Contoh 3.8.
Nyatakan
f(x, y, z)= Õ (0, 2, 4, 5) dan
g(w, x, y, z) = S(1, 2, 5, 6, 10, 15)
dalam bentuk SOP.
Penyelesaian:
f(x, y, z) = S (1, 3, 6, 7)
g(w, x, y, z)= Õ (0, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14)
Contoh 3.9.
Carilah bentuk kanonik SOP dan POS dari f(x, y, z) = y’ + xy + x’yz’
Penyelesaian:
(a) SOP
f(x, y, z) = y’ + xy + x’yz’
= y’ (x + x’) (z + z’) + xy (z + z’) + x’yz’
= (xy’ + x’y’) (z + z’) + xyz + xyz’ + x’yz’
= xy’z + xy’z’ + x’y’z + x’y’z’ + xyz + xyz’ + x’yz’
atau f(x, y, z) = m0+ m1 + m2+ m4+ m5+ m6+ m7
(b) POS
f(x, y, z) = M3 = x + y’ + z’
Bentuk Baku
Contohnya :
f(x, y, z) = y’ + xy + x’yz (bentuk baku SOP
f(x, y, z) = x(y’ + z)(x’ + y + z’) (bentuk baku POS)