Ranglog Teorema Fungsi boole dan bentuk kanonik

1. Aljabar Boole adalah suatu susunan aljabar yang terdefinisi pada suatu himpunan unsur B,
bersama- sama dengan 2 operator biner + dan – jika dan hanya jika postulat berikut berlaku:
Postulat 1: operasi + dan – itu, komutatif dan assosiatif
Postulat 2: ada 2 unsur identitas yang unik dalam B yaitu 0 dan 1 berturut –turut untuk
operasi + dan –
Postulat 3: setiap operasi itu distributif antara satu dengan yang lain
Postulat 4: untuk setiap x dan B terdapat unsur x’ (atau x) dalam B sedemikian sehingga
X+x’ = 1 dan xx’ = 0
Atau x + 𝑥̅ = 1 dan x𝑥̅ = 0
Tanda aksen(‘) dan tanda garis diatas (¯) dipakai untuk menyatakan komplemen x, y, z є B
Komutatif (pertukaran):
a) x + y = y + x
Assosiatif (pengelompokan):
a) (x+y) + z = x + (y+z)
b) (x.y) . z = x . (y.z)
Identitas
a) z + 0 = z
b) z . 1 = z
Distributif
a) x(y+z) = (x.y)+(x.z)
b) x+(y.z) = (x+y).(x+z)
aksioma-aksioma atau postulat Huntington berikut:
1. Closure: (i) a + b Î B
(ii) a × b Î B
2. Identitas: (i) a + 0 = a
(ii) a × 1 = a
3. Komutatif: (i) a + b = b + a
(ii) a × b = b . a
4. Distributif: (i) a × (b + c) = (a × b) + (a × c)
(ii) a + (b × c) = (a + b) × (a + c)
5. Komplemen: (i) a + a’ = 1
(ii) a × a’ = 0
 Untuk mempunyai sebuah aljabar Boolean, harus diperlihatkan:
1. Elemen-elemen himpunan B,
2. Kaidah operasi untuk operator biner dan operator uner,
Teorema 1: Prinsip Kembaran (iduality principle)

2. Teorema 2: Disebut juga Teorema Idempoten untuk setiap unsur x dalam aljabar boole,
berlaku: x . x = x dan x + x = x
Teorema 3: Disebut juga Teorema Identitas untuk setiap unsur x dalam aljabar boole,
berlaku: x + 1 = 1 dan x . 0 = 0
Teorema 4: Disebut juga Teorema untuk setiap unsur x dalam aljabar boole, berlaku: (x’)’ = x
Teorema 5: Disebut juga Teorema Absorpsi (Penyerapan) untuk setiap pasang unsur x dalam
aljabar boole, berlaku: x + xy = x dan x . (x+y) = x
Teorema 6: Disebut juga Teorema de morgan untuk setiap unsur x dalam aljabar boole,
berlaku: (x+y)’ = x’.y’ dan (x.y)’ = x’ + y’
Teorema 7: Jika suatu aljabar Boolean berisi paling sedikit dua elemen yang berbeda, maka 0
≠ 1
Pembuktian:
Teorema 2:
Dari kiri kekanan:
x + x = (x+x).1 postulat 2
= (x+x).(x+x’) Postulat 4
= x+(x.x’) Postulat 3 dan Postulat 4
= x+0 Postulat 2
= x
Dari kiri ke kanan:
x.x = xx + 0 Postulat 2
= (x.x) + (x.x’) Postulat 4
= x.(x+x’) Postulat 3 dan Postulat 4
= x.1 Postulat 2
= x
Atau dari kanan ke kiri
x = x.1 Postulat 2
= x(x+x’) postulat 4
= (x.x) + (x.x’) Postulat 3
= (x.x) + 0 postulat 4
= x.x
Teorema 3:
x + x = x
X+1 = 1
x. x = x

3. Dari kiri kekanan:
x + 1 = x + (x+x’) Postulat 4
= (x+x) + x’ Postulat 1
= x + x’ Teorema 2 dan Postulat 4
= 1
atau Dari kiri ke kanan
x + 1 = (x+1).1 Postulat 2
= (x+1).(x+x’) Postulat 4
= x + (1.x’) Postulat 3 dan Postulat 2
= x + x’
= 1
Dari kanan kekiri
1 = x+1
= x + x’
= x + (1.x’) Postulat 2
= (x+1)(x+x’) Postulat 3 dan Postulat 4
= (x+1).1 Postulat 2
= x + 1
Dari kiri kekanan:
x.0 = (x.0) + 0 Postulat 2
= (x.0) + (x+x’) Postulat 4
= x.(0+x’) Postulat 3 dan Postulat 2
= x.x’ Postulat 4
= 0
Atau Dari kiri kekanan:
x.0 = x(x.x’) Postulat 4
= (x.x).x’ Postulat 1
= x.x’ Teorema 2 dan Postulat 4
= 0
Teorema 4:
Teorema 5:
Dari kanan ke kiri:
x = x + 0 Postulat 2
= x + (y.0) Teorema 3
= (x+y) . (x+0) Postulat 3
= (x+y) . x Postulat 2
X . 0 = 0
(x’)’= x
X + xy= x

4. = (x.x) + (x.y) Teorema 2
= x + xy
Atau dari kanan kekiri
x = x.1 Postulat 2
= x.(y+1) Teorema 3
= (x+y) + (x.1) Postulat 3 dan Postulat 2
= x.y + x
Dari kanan ke kiri
x = x + 0 Postulat 2
= x + (y.0) Teorema 3
= (x+y) . (x+0) Postulat 3
= (x+y).x Postulat 2
Dari kiri ke kanan
x.(x + y) = x.x + x.y (distributif)
= x + x.y (idempoten)
= x.1 + x.y (identitas)
= x.(1 + y) (distributif)
= x.1 (teorema 3a)
= x (identitas)
Bentuk Kanonik x dan y
Minterm Sum Of Product (SOP) dan Maxterm Product Of Sum (POS)
x y
Minterm (suku Min) Maxterm (suku Maks)
suku lambang suku Lambang
0 0 x’y’ M0 x+y M0
0 1 x’.y M1 x+y’ M1
1 0 xy’ M2 x’+y M2
1 1 xy M3 x’+y’ M3
Contoh: ubahlah ke bentuk kanonik F = a’ + ab’
bentuk jumlah dari hasil kali Minterm (1)
bentuk jumlah dari hasil penjumlahan Maxterm (0)
a b a’ b’ a.b’ a’+ab’
0 0 1 1 0 1
0 1 1 0 0 1
1 0 0 1 1 1
1 1 0 0 0 0
F kanonik = a’.b’ + a’b + ab’
Minterm = m0 + m1 + m2 = Σ(0, 1, 2)
x (x+y) = x

5. F kanonik Maxterm = (a’+b’) = M3 = Π (3)
Bentuk Kanonik x, y,dan z
x Y z
Minterm Maxterm
suku lambang Suku lambang
0 0 0 x’y’z’ m0 x+y+z M0
0 0 1 x’y’z m1 x+y+z’ M1
0 1 0 x’yz’ m2 x+y’+z M2
0 1 1 x’yz m3 x+y’+z’ M3
1 0 0 xy’z’ m4 x’+y+z M4
1 0 1 xy’z m5 x’+y+z’ M5
1 1 0 xyz’ m6 x’+y’+z M6
1 1 1 xyz m7 x’+y’+z’ M7
Contoh ubahlah kebentuk kanonik F = xy’ + yz
x y z y’ xy’ yz xy’+yz
0 0 0 1 0 0 0
0 0 1 1 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0
0 1 1 0 0 1 1
1 0 0 1 1 0 1
1 0 1 1 1 0 1
1 1 0 0 0 0 0
1 1 1 0 0 1 1
Minterm (SOP) = 011, 100, 101, 111
= x’yz + xy’z’ + xy’z + xyz
= m3 + m4 + m5 + m7 = Σ (3, 4, 5, 7)
Maxterm (POS) = 000, 001, 010, 110
= (x+y+z) . (x+y+z’) . (x+y’+z) . (x’+y’+z)
= M0 . M1 . M2 . M6
= Π (0, 1, 2, 6)