Himpunan adalah kumpulan objek objek yang berbeda (Liu, 1986)

BAB I TEORI HIMPUNAN

1.1

Dasar – dasar Teori Himpunan

Definisi : Himpunan adalah kumpulan objek – objek yang berbeda (Liu, 1986) Biasanya dinotasikan dengan huruf besar. Dan objek yang berada di dalamnya disebut elemen / anggota. 1.1.1 Menyatakan Himpunan Ada 2 cara untuk menyatakan himpunan, yaitu : a. Enumerasi yaitu menuliskan semua anggota himpunan di antara 2 kurung kurawal. b.

Notasi pembentuk himpunan yaitu menuliskan sifat – sifat yang ada pada semua anggota himpunan di antara 2 kurung kurawal.

Contoh : 1. 2. 3.

A = Himpunan bilangan bulat antara 1 dan 5 B = Himpunan yang anggotanya adalah : kucing, meja, buku, air C = Himpunan bilangan riil yang lebih besar daripada 1

Enumerasi A = { 1, 2, 3 , 4 ,5} B = { kucing, meja, buku, air }

C tidak bisa dinyatakan dengan menuliskan anggota – anggotanya karena jumlah anggota C yang tak berhingga banyaknya

Dengan sifat A = { x | x Z, 1 x 5 B tidak dapat dinyatakan dengan cara menuliskan sifat – sifatnya karena tidak ada sifat yang sama di antara anggota – anggotanya C = { x | x R, x > 1}

Jika suatu objek x merupakan anggota dari himpunan A, maka dituliskan x A dan dibaca : “ x adalah anggota A”, atau x ada di dalam A”, atau “x adalah elemen A”. Sebaliknya jika x bukan anggota A, dituliskan x A.

Foundation of Computer Science 1

1

1.1.2 Diagram Venn Diagram Venn adalah penyajian himpunan secara grafis. Yaitu suatu himpunan dinyatakan sebagai suatu lingkaran yang diberi nama himpunan tersebut. Jika perlu anggota- anggota himpunan tersebut dinyatakan sebagai titik – titik di dalamnya. Himpunan A={ a, b }, dengan diagaram Venn disajikan sebagai berikut

a b Gambar 1. 1 1.1.3 Himpunan Bagian dan kesamaan Himpunan Jika A dan B adalah himpunan – himpunan , maka A disebut himpunan bagian (subset) dari B bila hanya bila setiap anggota A juga merupakan anggota dari B. dalam hal ini B disebut superset dari A. A

B

((

x) x A

B

x

B)

A

Gambar 1. 2 Himpunan A dikatakan sama dengan himpunan B ( ditulis A = B) bila hanya bila setiap elemen A adalah elemen B dan setiap elemen B adalah elemen A. A=B


A

B dan B

A

2

1.1.4 Himpunan Saling Lepas Dua himpunan A dan B dikatakan saling lepas (disjoint) jika keduanya tidak memiliki elemen yang sama.

S A B

Gambar 1.3 1.1.5 Semesta Pembicaraan dan Himpunan Kosong Semesta pembicaraan (simbol S atau U) adalah himpunan semua objek yang dibicarakan. Suatu himpunan yang tidak mempunyai anggota disebut himpunan kosong, diberi simbol atau { }. Sifat himpunan kosong : 1. Himpunan kosong adalah himpunan bagian semua himpunan 2. Himpunan kosong adalah tunggal 1.1.6 Kardinalitas Misalkan A adalah himpunan yang elemen – elemen nya berhingga banyaknya, maka jumlah elemen A disebut kardinal dari himpunan A. Notasi : n(A) atau |A| 1.1.7 Himpunan yang Ekivalen Himpunan A dikatakan ekivalen dengan himpunan B jika hanya jika kardinal dari kedua himpunan sama Notasi : A ~ B


|A| = |B |

3

1.2

Operasi – operasi terhadap Himpunan o

Gabungan (Union) Gabungan dua buah himpunan A dan B (ditulis A B) adalah himpunan semua elemen anggota A atau anggota B A

B

= {x| x

S,x

A atau x

B}

S

A

B

Gambar 1.4 o

Irisan ( Interseksi ) Irisan dua buah himpunan A dan B (ditulis A B) adalah himpunan semua elemen dalam S sedemikian hingga x adalah anggota A dan sekaligus anggota B A

B

= {x| x

S,x

A dan x

B}

S

A

B Gambar 1.5

o

Komplemen _

Komplemen himpunan A (ditulis Ac atau A atau ~ A) adalah himpunan semua elemen x dalam S sedemikian hingga x bukan anggota A. Ac

={x|x

S, x A }

S

A

Gambar 1.6


4

o

Selisih Selisih himpunan B dari himpunan A (ditulis A - B) adalah himpunan semua elemen dalam S sedemikian hingga x adalah anggota A tetapi bukan anggota B A - B = { x | x S , x A dan x B}

S

A

B Gambar 1.7

o

Beda Setangkup (Symmetric Difference) Beda setangkup dari dua buah himpunan A dan B (ditulis A B) adalah himpunan yang elemennya ada pada A atau B tetapi tidak pada keduanya. A

B = (A

B) – ( A

B)

= (A – B)

( B – A)

S

A B

Gambar 1.8

Misalkan S adalah semesta pembicaraan dan A, B, C adalah himpunan – himpunan dalam S, maka operasi himpunan memenuhi beberapa hukum berikut : 1.

Hukum Komutatif A B=B A;

A

2.

Hukum Asosiatif (A B) (A B) (A B)

C = A A = A C= A

3.

Hukum Distributif (A B) C = (A (A B) C= (A


B = B

C) C)

A

;

(B (B (B

C); A); C)

(B (B

C ); C);

A

B =B

A

5

4.

5.

Hukum Null A S = S ;

A

6.

Hukum Komplemen A Ac = S ; A

7.

Hukum Idempoten A A = A ; A

S=A

;

=

A

;

9.

Hukum Absorbsi (penyerapan) A (A B) =A ; A (A

11.

Hukum I / O c = S ; S

c

A

A =

A = A

Hukum Involusi ( Ac ) c = A

Hukum de Morgan (A B ) c = Ac

= A

Ac =

8.

10

1.3

Hukum Identitas A = A ; A

Bc

;

(A

B) B) c = Ac

Bc

=

Pembuktian – pembuktian Himpunan Tidak ada metode tertentu yang secara umum dapat digunakan untuk membuktikan pernyataan – pernyataan yang melibatkan himpunan. Tetapi pembuktian dapat dilakukan dengan menggunakan hukum – hukum dalam operasi himpunan, logika atau persamaan – persamaan yang sudah terbukti. Diagram Venn dapat digambar tetapi tidak dapat diterima sebagai bukti.

1.4

Himpunan Kuasa Misalkan A adalah sembarang himpunan. Himpunan kuasa A (simbol P(A)) adalah himpunan yang anggota – anggotanya adalah semua himpunan bagian A. Jika himpunan A mempunyai n anggota, maka P(A) mempunyai 2n anggota

1.5

Prinsip Inklusi – Eksklusi Jika kita ingin menghitung jumlah anggota dari atau |(A B) | maka |(A

B) | = |A| + |B| -

|(A

A

B ( simbol n(A

B)

B) |

sedangkan untuk beda setangkup adalah : |(A B)| = |A| + |B| - 2|(A B)| Foundation of Computer Science 1

6

Latihan Soal : 1.

Jika A = {a, b, {a,c}, berikut : a). d). g). j).

A– A B –A A P(A)

} dan B={a, {a}, d, e},

b). e). h)

A–{ } {a} – {A} B2

c). f). i)

tentukan himpunan {{a,c}} – A P(A – B) A (B A)

2.

Misalkan A adalah himpunan mahasiswa tahun pertama, B adalah himpunan mahasiswa tahun kedua, C adalah himpunan mahasiswa jurusan Arsitektur, D adalah himpunan mahasiswa jurusan Ilmu Komputer, E adalah himpunan mahasiswa yang mengambil mata kuliah Matematika, F adalah himpunan mahasiswa yang pergi menonton film The Aviator, G adalah himpunan mahasiswa yang belajar sampai begadang pada Senin malam lalu. Nyatakan pernyataan berikut dengan notasi himpunan : a. Semua mahasiswa tahun kedua jurusan Ilmu Komputer yang mengambil mata kuliah Matematika b. Hanya mereka yang mengambil mata kuliah Matematika atau yang pergi menonton film The Aviator yang begadang pada Senin malam lalu. c. Semua mahasiswa tahun kedua yang bukan dari jurusan Arsitektur ataupun jurusan Ilmu Komputer pergi menonton film The Aviator.

3.

Di antara bilangan bulat 1-300, berapa banyak yang tidak habis dibagi 3 atau 5 ?

4.

Di antara bilangan bulat 1-300, berapa banyak yang habis dibagi 3 tetapi tidak habis dibagi 5 maupun 7?

5.

Di antara 100 mahasiswa, 32 orang mempelajari matematika, 20 orang mempelajari fisika, 45 orang mempelajari biologi, 15 orang mempelajari matematika dan biologi, 7 orang mempelajari matematika dan fisika, 10 orang mempelajari fisika dan biologi dan 30 orang yang tidak mempelajari satupun di atara ketiga bidang tersebut. a. Hitung banyaknya mahasiswa yang mempelajari ketiga bidang tersebut. b. Hitung banyaknya mahasiswa yang mempelajari hanya satu di atara ketiga bidang tersebut.

6.

Misalkan A, B dan C adalah himpunan. Tunjukkan bahwa a. (A – B) – C = A – ( B C) b. A (B – C ) = (A B) – (A B) c. A – (B – C) = (A – B) (A C) d. A – (A B) = A – B e. (A B) – C = (A – C) (B – C) f. (A B) – (A Bc ) = A g. A (B – A) = A B h. A – (B – C) = (A – C) – B i. A (A B)c = A Bc


7

Bab 2 Induksi Matematika

Induksi matematika adalah cara standar dalam membuktikan bahwa sebuah pernyataan tertentu berlaku untuk setiap bilangan asli. Pembuktian dengan cara ini terdiri dari dua langkah, yaitu : 1.

Menunjukkan bahwa pernyataan itu berlaku untuk bilangan 1

2.

Menunjukkan bahwa jika pernyataan itu berlaku untuk bilangan n, maka pernyataan berlaku juga untuk bilangan n + 1

Misalkan akan dibuktikan suatu pernyatan bahwa jumlah n bilangan asli pertama, yaitu 1 + 2 + 3 + . . . + n adalah sama dengan

n(n

1)

. Untuk membuktikan

2

bahwa pernyataan itu berlaku untuk setiap bilangan asli, langkah – langkah yang dilakukan adalah sebagai berikut : 1.

Menunjukkan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = 1. Jelas sekali bahwa jumlah 1 bilangan asli yang pertama adalah

1(1

1)

=

2

1. Jadi pernyataan tersebut adalah benar untuk n = 1. 2.

Menunjukkan bahwa jika pernyataan tersebut benar untuk n = k, maka pernyataan tersebut benar juga untuk n = k + 1. Hal ini bisa dilakukan dengan cara : -

Mengasumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = k, yaitu 1+2+3+...+k=

k (k

1) 2

-

Menambahkan satu suku pada ruas kiri dan mengganti k dengan k+1 pada ruas kanan, sehingga 1 + 2 + 3 + . . . + k + (k + 1) =

(k

1)(( k

1)

1)

2

=

(k

1)( k

2)

2

-

Substitusikan

k (k

1)

ke ruas kiri

2


8

1 2 3 . . . k      



k (k

1)

+ (k + 1)

+ (k + 1)

2



k (k

1)

2(k

1)

2



(k

1)( k

2)

(sama dengan ruas kanan)

2

-

Dengan demikian , terbukti

1 + 2 + 3 + . . . + k + (k + 1) =

(k

1)( k

2)

2

3.

Jadi pernyataan tersebut benar untuk n = k + 1

Dengan induksi matematika dapat disimpulkan bahwa pernyataan tersebut berlaku untuk setiap bilangan asli n.

Secara formal, Induksi Matematika didefinisikan sebagai berikut : Definisi 2.1 Misalkan untuk setiap bilangan asli n kita mempunyai pernyataan p(n) yang bisa benar atau salah. Misalkan 1.

p(1) benar

2.

Jika p(n) benar, maka p(n+1) benar

Sehingga p(n) benar untuk setiap bilangan asli n Langkah 1 disebut Basis Induksi , sedangkan langkah 2 disebut Langkah Induksi Jika pada langkah Induksi yang diasumsikan adalah pernyataan p(i) benar untuk setiap bilangan i

n, maka perumusan induksi matematika seperti ini disebut

Bentuk Kuat Induksi Matematika. Contoh 2.1 Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa 5 n – 1 dapat dibagi 4 untuk setiap n

1


9

Jawab 1.

Akan ditunjukkan bahwa 51 – 1 habis dibagi 4 untuk n = 1. Jelas sekali bahwa 51 – 1 = 5 - 1 = 4 habis dibagi 4

2.

Asumsikan bahwa 5n – 1 habis dibagi 4 untuk n = k, yaitu 5 k – 1 habis dibagi 4. Akan ditunjukkan bahwa 5 n – 1 juga habis dibagi 4 untuk n = k + 1, yaitu 5k+1 – 1 habis juga dibagi 4 5k+1 – 1

=

5. 5k – 1

= (1+4) 5k – 1 = 5k + 4.5k – 1 = 5k – 1 + 4.5k = (5k – 1) + 4.5k Berdasarkan asumsi, 5k – 1 habis dibagi 4. Sedangkan 4.5k juga habis dibagi 4.

Dengan demikian, 5k+1 – 1

habis dibagi 4.

Karena Basis

Induksi dan Langkah Induksi terbukti, maka dapat disimpulkan bahwa 5n – 1 dapat dibagi 4 untuk setiap n


1.

10

Latihan Gunakan induksi matematika untuk membuktikan pernyataan berikut ini benar untuk setiap n

1.

1

1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + n(n+1) =

n(n

1)( n

2)

2

( 1)

12 – 22 + 32 - . . . + (-1)n+1n2 =

2.

n 1

n(n

1)

2 3

3.

3

3

1 +2 +3 +...+n

3

n (n

=

1)

2

2 4.

1 + 3 + 5 + . . . + 2n -1 = n2

5.

12 + 22 + 3 2 + . . . + n 2 =

n(n

1)( 2 n

1)

6 1

6.

+

1 .2 1

7.

1 .3

1 2 .3

+

1 3 .5

1

+...+

n(n +

1

n

=

1)

8.

4n – 1 habis dibagi 3

9.


10.


11.

6.7n – 2.3n habis dibagi 4

12.

3n + 7n – 2 habis dibagi 8

1

1

+. . . +

5 .7

n

(2n

1)( 2 n

=

1)

n 2n

1

Reference: 1.

R. Johnsonbaugh, Discrete Mathematics, Fourth Edition, 1997, Prentice Hall

2.

Liu, C.L, Discrete Mathematics, Second Edition, 1986, McGraw-Hill

3.

Rinaldi Munir, Matematika Diskrit, Penerbit Informatika Bandung

4.

Jong Jek Siang, Drs, Matematika Diskrit dan Aplikasinya pada Ilmu Komputer, 2002, Penerbit Andi Yogyakarta.


11

Bab 3 Prinsip Dasar Perhitungan

3.1

Prinsip - prinsip Dasar Dalam kehidupan sehari-hari, kita sering dihadapkan dengan masalah per

hitungan. Sebagai contoh, sebuah Warung Tegal menyediakan menu yang terdiri dari 4 jenis makanan, yaitu Nasi Rawon (R), Nasi Soto (S), Nasi Pecel (P) dan Bakso (B) serta 3 jenis minuman, yaitu Es Jeruk (J), Es Teh (T) dan Es Degan (D). Masalahnya, berapa banyak macam hidangan yang berbeda jika dipilih dari satu jenis makanan dan satu jenis minuman? Masalah di atas merupakan salah satu contoh masalah diskrit yang biasa dipecahkan dengan cara mendata semua kemungkinan hidangan yang berbeda yang terdiri dari satu jenis makanan dan satu jenis minuman, yaitu: RJ; RT; RD; SJ; ST; SD; PJ; PT; PD; BJ; BT; BD Sehingga terdapat 12 macam hidangan yang berbeda. Total jenis hidangan tersebut bisa diperoleh dengan cara mengalikan banyaknya jenis makanan dengan banyaknya jenis minuman. Teknik perhitungan yang demikian disebut dengan Prinsip Perkalian. Selain prinsip perkalian, terdapat teknik perhitungan lain yang bisa digunakan untuk memecahkan masalah - masalah diskrit, yaitu Prinsip Penambahan. Kedua prinsip ini akan dijelaskan dalam Subbab berikut ini. 3.2

Prinsip Perkalian

Definisi 3.1 Jika terdapat aktivitas yang terdiri dari t langkah berurutan, dimana langkah 1 bisa dilakukan dalam n1 cara, langkah 2 bisa dilakukan dalam n2 cara, dan seterusnya sampai langkah ke-t yang bisa dilakukan dalam nt cara; maka banyaknya aktivitas yang berbeda adalah n1.n2 … nt


12

Contoh 3.1 Gunakan prinsip perkalian untuk menghitung masalah banyaknya macam hidangan yang terdiri 1 jenis makanan dan 1 jenis minuman diatas. Masalah perhitungan banyaknya macam hidangan yang terdiri satu jenis makanan dan satu jenis minuman diatas merupakan aktivitas yang terdiri dari 2 langkah, dimana langkah pertama adalah memilih makanan yang bisa dilakukan dalam 4 cara, dan langkah kedua adalah memilih minuman yang bisa dilakukan dalam 3 cara, sehingga banyaknya macam hidangan adalah 4.3 = 12. Contoh 3.2 Berapa banyak cara 3 huruf dapat disusun dari 5 huruf ABCDE ? a) jika tidak boleh ada pengulangan? b) jika huruf awalnya A dan tidak boleh ada pengulangan? c) jika huruf awalnya bukan A dan tidak boleh ada pengulangan? Jawab : a)

Ada 3 langkah yang harus dilakukan untuk menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika tidak boleh ada pengulangan. Langkah pertama adalah memilih huruf pertama yang bisa dilakukan dalam 5 cara, Langkah kedua adalah memilih huruf kedua yang bisa dilakukan dalam 4 cara, Langkah ketiga adalah memilih huruf ketiga yang bisa dilakukan dalam 3 cara. Sehingga banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika tidak boleh ada pengulangan adalah 5.4.3 = 60

b)

Ada tiga langkah yang harus dilakukan untuk menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika huruf awalnya A. Langkah pertama adalah memilih huruf pertama yang bisa dilakukan dalam 1 cara, Langkah kedua adalah memilih huruf kedua yang bisa dilakukan dalam 4 cara, Langkah ketiga adalah memilih huruf ketiga yang bisa dilakukan dalam 3 cara. Sehingga banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika huruf awalnya A adalah 1.4.3 = 12

c)

Ada tiga langkah yang harus dilakukan untuk menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika huruf awalnya bukan A.


13

Langkah pertama adalah memilih huruf pertama yang bisa dilakukan dalam 4 cara, Langkah kedua adalah memilih huruf kedua yang bisa dilakukan dalam 4 cara Langkah ketiga adalah memilih huruf ketiga yang bisa dilakukan dalam 3 cara. Sehingga banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika huruf awalnya bukan A adalah 4.4.3 = 48 Cara lain adalah banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE dikurangi dengan banyaknya cara menyusun 3 huruf yang diawali dengan huruf A, yaitu: 60 - 12 = 48

3.3. Prinsip Penambahan Definisi 3.2 Misalkan terdapat t himpunan X1, X2, . . . , Xt yang masing-masing mempunyai n1, n2, . . ., nt anggota. Jika himpunan-himpunan tersebut saling lepas, yaitu Xi Xj =

; untuk i ≠ j, maka banyaknya anggota yang bisa dipilih dari masing-

masing himpunan tersebut adalah n1 + n2 + . . . + nt Contoh 3.3 Berapa banyak untai 4 bit yang diawali dengan digit 10 dan 11? Jawab : Untuk menyusun untai 4 bit yang diawali dengan 10 ada dua langkah. Langkah pertama adalah memilih digit ketiga yang bisa dilakukan dalam 2 cara (memilih 0 atau 1). Langkah kedua adalah memilih digit yang keempat yang juga bisa dilakukan dalam 2 cara. Sehingga banyaknya untai 4 bit yang diawali dengan digit 10 adalah 2.2 = 4. Dengan cara yang sama dapat diperoleh banyaknya untai 4 bit yang diawali dengan digit 11, yaitu ada 4 untai. Jadi banyaknya untai 4 bit yang diawali dengan digit 10 dan 11 adalah 4 + 4 = 8 Contoh 3.4 Misalkan dalam sebuah rak terdapat 4 buku Matematika yang berbeda, 3 buku Biologi yang berbeda dan 2 buku Fisika yang berbeda Berapa banyak cara 2 buku dengan bidang yang berbeda bisa dipilih dari rak tersebut? Foundation of Computer Science 1

14

Jawab : Ada tiga kemungkinan yang bisa terjadi, yaitu 2 buku yang terpilih terdiri dari : satu buku bidang Matematika dan satu bidang Biologi, satu bidang Matematika dan satu bidang Fisika; serta satu bidang Biologi dan satu bidang Fisika. Dengan menggunakan Prinsip Perkalian, terdapat 4.3 = 12 Cara untuk memilih 2 buku yang terdiri dari satu buku bidang Matematika dan satu bidang Biologi, terdapat 4.2 = 8 Cara untuk memilih 2 buku yang terdiri dari satu buku bidang Matematika dan satu bidang Fisika; serta Terdapat 3.2 = 6 cara untuk memilih 2 buku yang terdiri dari satu buku bidang Biologi dan satu bidang Fisika. Karena pemilihan dua buku dari bidang yang berbeda tersebut saling lepas, maka dengan menggunakan Prinsip Penambahan banyaknya cara 2 buku dengan bidang yang berbeda bisa dipilih adalah

12 + 8 + 6 = 26

Latihan 3.1

Seorang mahasiswa mempunyai 9 kemeja, 5 celana panjang dan 3 pasang sepatu. Berapa banyak setelan berbeda yang mungkin bisa dipakai oleh mahasiswa tersebut?

3.2

Dua buah dadu (merah dan biru) digulirkan. a) Berapa banyak hasil yang mungkin? b) Berapa banyak hasil yang ganda (angkanya sama)? c) Berapa banyak hasil yang tepat satu dadu menunjukkan angka 2? d) Berapa banyak hasil yang paling sedikit satu dadu menunjukkan angka 2?

3.3. Sebuah panitia yang terdiri dari Ketua, Sekretaris dan Bendahara akan dipilih dari 6 orang, yaitu Edi, Burhan, Amir, Cahyo, Rina dan Linda. a) Berapa banyak pemilihan yang tidak melibatkan Linda? b) Berapa banyak pemilihan yang baik Edi maupun Amir harus masuk dalam kepanitiaan? c) Berapa banyak pemilihan dengan Burhan sebagai Ketua? d) Berapa banyak pemilihan dengan Rina harus masuk dalam kepanitian dan Cahyo tidak?


15

3.4. Misalkan terdapat 5 buku Matematika yang berbeda, 3 buku Biologi yang berbeda dan 2 buku Fisika yang berbeda. a) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak? b) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak jika semua buku dari bidang yang sama berada dalam satu kelompok? c) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak jika kelima buku Matematika berada dalam di sebelah kiri? d) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak jika kedua buku Fisika tidak dikumpulkan bersama-sama? 3.5. Berapa banyak cara, paling sedikit dua orang di antara lima orang bisa mempunyai hari ulang tahun pada bulan yang sama?

Reference: 5.

R. Johnsonbaugh, Discrete Mathematics, Fourth Edition, 1997, Prentice Hall

6.

Liu, C.L, Discrete Mathematics, Second Edition, 1986, McGraw-Hill

7.

Rinaldi Munir, Matematika Diskrit, Penerbit Informatika Bandung

8.

Jong Jek Siang, Drs, Matematika Diskrit dan Aplikasinya pada Ilmu Komputer, 2002, Penerbit Andi Yogyakarta.


16

Bab 4 Permutasi dan Kombinasi Dalam kehidupan sehari-hari kita sering menghadapi masalah pengaturan suatu obyek

yang

terdiri

dari

beberapa

unsur,

baik

yang

disusun

dengan

mempertimbangkan urutan sesuai dengan posisi yang diinginkan maupun yang tidak. Misalnya menyusun kepanitiaan yang terdiri dari Ketua, Sekretaris dan Bendahara dimana urutan untuk posisi tersebut dipertimbangkan atau memilih beberapa orang untuk mewakili sekelompok orang dalam mengikuti suatu kegiatan yang dalam hal ini urutan tidak menjadi pertimbangan. Dalam matematika, penyusunan obyek yang terdiri dari beberapa unsur dengan mempertimbangkan urutan disebut dengan permutasi, sedangkan yang tidak mempertimbangkan urutan disebut dengan kombinasi. 4.1. Permutasi Masalah penyusunan kepanitiaan yang terdiri dari Ketua, Sekretaris dan Bendahara dimana urutan dipertimbangkan merupakan salah satu contoh permutasi. Jika terdapat 3 orang (misalnya Amir, Budi dan Cindy) yang akan dipilih untuk menduduki posisi tersebut, maka dengan menggunakan Prinsip Perkalian kita dapat menentukan banyaknya susunan panitia yang mungkin, yaitu: -

Pertama menentukan Ketua, yang dapat dilakukan dalam 3 cara.

-

Begitu Ketua ditentukan, Sekretaris dapat ditentukan dalam 2 cara.

-

Setelah Ketua dan Sekretaris ditentukan, Bendahara dapat ditentukan dalam 1 cara.

-

Sehingga banyaknya susunan panitia yang mungkin adalah 3.2.1 = 6.

Secara formal, permutasi dapat didefinisikan sebagai berikut. Definisi 4.1 Permutasi dari n unsur yang berbeda x1, x2, . . . , xn adalah pengurutan dari n unsur tersebut.


17

Contoh 4.1 Tentukan permutasi dari 3 huruf yang berbeda, misalnya ABC ! Jawab : Permutasi dari huruf ABC adalah ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA. Sehingga terdapat 6 permutasi dari huruf ABC. Teorema 3.1 Terdapat n! permutasi dari n unsur yang berbeda. Bukti. Asumsikan bahwa permutasi dari n unsur yang berbeda merupakan aktivitas yang terdiri dari n langkah yang berurutan. Langkah pertama adalah memilih unsur pertama yang bisa dilakukan dengan n cara. Langkah kedua adalah memilih unsur kedua yang bisa dilakukan dengan n 1 cara karena unsur pertama sudah terpilih. Lanjutkan langkah tersebut sampai pada langkah ke-n yang bisa dilakukan dengan 1 cara. Berdasarkan Prinsip Perkalian, terdapat n(n-1)(n-2) . . . 2.1 = n!

permutasi dari n unsur yang

berbeda. Contoh 4.2 Berapa banyak permutasi dari huruf ABC ? Jawab : Terdapat 3.2.1 = 6 permutasi dari huruf ABC. Contoh 4.3 Berapa banyak permutasi dari huruf ABCDEF jika subuntai ABC harus selalu muncul sebagai ABC? Karena subuntai ABC harus selalu muncul sebagai ABC, maka subuntai ABC bisa dinyatakan sebagai satu unsur. Dengan demikian terdapat 4 unsur yang dipermutasikan, sehingga banyaknya permutasi adalah 4:3:2:1 = 24.


18

Definisi 4.2 Permutasi r dari n unsur yang berbeda x1, x2, . . . , xn adalah pengurutan dari sub-himpunan dengan r anggota dari himpunan {x1, x2 . . . , xn} . Banyaknya permutasi r dari n unsur yang berbeda dinotasikan dengan P(n, r). Contoh 4.4 Tentukan permutasi 3 dari 5 huruf yang berbeda, misalnya ABCDE. Jawab : Permutasi 3 dari huruf ABCDE adalah ABC ADB BAC BDA CAB CDA DAB DCA EAB ECA

ABD ADC BAD BDC CAD CDB DAC DCB EAC ECB

ABE ADE BAE BDE CAE CDE DAE DCE EAD ECD

ACB AEB BCA BEA CBA CEA DBA DEA EBA EDA

ACD AEC BCD BEC CBD CEB DBC DEB EBC EDB

ACE AED BCE BED CBE CED DBE DEC EBD EDC

Sehingga banyaknya permutasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 60. Teorema 4.2

n!

Banyaknya permutasi r dari n unsur yang berbeda adalah P(n, r) =

(n

r )!

Bukti. Asumsikan bahwa permutasi r dari n unsur yang berbeda merupakan aktivitas yang terdiri dari r langkah yang berurutan. Langkah pertama adalah memilih unsur pertama yang bisa dilakukan dengan n cara. Langkah kedua adalah memilih unsur kedua yang bisa dilakukan dengan n 1 cara karena unsur pertama sudah terpilih. Lanjutkan langkah tersebut sampai pada langkah ke-r yang bisa dilakukan dengan n _ r + 1 cara. Berdasarkan Prinsip Perkalian, diperoleh n(n - 1)(n - 2) . . .(n - r + 1) =

n(n (n

1)( n

r )( n

2 ) . . . 2 .1 r

1) . . . 2 . 1

n!

=

(n

r )!

n!

Jadi P(n, r) =

(n

r )!

Contoh 4.5


19

Gunakan Teorema 4.2 untuk menentukan permutasi 3 dari 5 huruf yang berbeda, misalnya ABCDE. Jawab : Karena r = 3 dan n = 5 maka permutasi-3 dari 5 huruf ABCDE adalah

5!

P(5, 3) =

(5

=

3 )!

5!

= 5.4.3 = 60

2!

Jadi banyaknya permutasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 60. 4.2. Kombinasi Berbeda dengan permutasi yang urutan menjadi pertimbangan, pada kombinasi urutan tidak dipertimbangkan. Misalnya pemilihan 3 orang untuk mewakili kelompak 5 orang (misalnya Dedi, Eka, Feri, Gani dan Hari) dalam mengikuti suatu kegiatan. Dalam masalah ini, urutan tidak dipertimbangkan karena tidak ada bedanya antara Dedi, Eka dan Feri dengan Eka, Dedi dan Feri. Dengan mendata semua kemungkinan 3 orang yang akan dipilih dari 5 orang yang ada, diperoleh: {Dedi, Eka, Feri}

{Dedi, Eka, Gani} {Dedi, Eka, Hari}

{Dedi, Feri, Gani}

{Dedi, Feri, Hari}

{Dedi, Gani, Hari} {Eka,Feri,Gani}

{Eka,Feri,Hadi}

{Eka, Gani, Hari}

{Feri, Gani, Hari}

Sehingga terdapat 10 cara untuk memilih 3 orang dari 5 orang yang ada. Selanjutnya kita dapat mendefinisikan kombinasi secara formal seperti di bawah ini. Definisi 4.3 Kombinasi r dari n unsur yang berbeda x1, x2, . . . , xn adalah seleksi tak terurut r anggota dari himpunan {x1, x2 . . . , xn} (sub-himpunan dengan r unsur). Banyaknya kombinasi-r dari n unsur yang berbeda dinotasikan dengan C(n, r) atau

n

.

r


20

Contoh 4.6 Tentukan kombinasi 3 dari 5 huruf yang berbeda, misalnya ABCDE. Kombinasi-3 dari huruf ABCDE adalah ABC

ABD

ABE

ACD

ACE

ADE

BCD

BCE

BDE

CDE

Sehingga banyaknya kombinasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 10. Teorema 4.3 n!

Banyaknya kombinasi-r dari n unsur yang berbeda adalah C(n, r) =

r! ( n

r )!

Bukti. Pembuktian dilakukan dengan menghitung permutasi dari n unsur yang berbeda dengan cara berikut ini. Langkah pertama adalah menghitung kombinasi-r dari n, yaitu C(n, r). Langkah kedua adalah mengurutkan r unsur tersebut, yaitu r!. Dengan demikian, P(n, r) = C(n, r) r! P (n, r ) C(n, r) = r! n ! / ( n r )! = r! n! = ( n r )! r ! seperti yang diinginkan. Contoh 4.7 Gunakan Teorema 4.3 untuk menentukan kombinasi-3 dari 5 huruf yang berbeda, misalnya ABCDE. Karena r = 3 dan n = 5 maka kombinasi-3 dari 5 huruf ABCDE adalah 5!

C(5,3) = (5

3 )! 3!

=

5! 2 ! 3!

=

5 .4

= 5.2 = 10

2

Jadi banyaknya kombinasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 10.


21

Contoh 4.8 Berapa banyak cara sebuah kepanitiaan yang terdiri dari 4 orang yang dipilih dari 6 orang ? Jawab Karena panitia yang terdiri dari 4 orang merupakan susunan yang tidak terurut, maka masalah ini merupakan kombinasi-4 dari 6 unsur yang tersedia. Sehingga dengan menggunakan Teorema 4.3 dimana n = 6 dan r = 4 diperoleh: 6!

C(6,4) = (6

=

4 )! 4!

6!

=

2! 4!

5 .6

= 5. 3 = 15

2

Jadi terdapat 15 cara untuk membentuk sebuah panitia yang terdiri dari 4 orang bisa dipilih dari 6 orang. Contoh 4.9 Berapa banyak cara sebuah panitia yang terdiri dari 2 mahasiswa dan 3 mahasiswi yang bisa dipilih dari 5 mahasiswa dan 6 mahasiswi? Jawab : Pertama, memilih 2 mahasiswa dari 5 mahasiswa yang ada, yaitu: C(5,2) =

4 .5

C(6,3) =

4 .5 .6

= 10 2 Kedua, memilih 3 mahasiswi dari 6 mahasiswi yang ada, yaitu: = 4.5 =20

1 .2 .3

Sehingga terdapat 10.20 = 200 cara untuk membentuk sebuah panitia yang terdiri dari 2 mahasiswa dan 3 mahasiswi yang bisa dipilih dari 5 mahasiswa dan 6 mahasiswi. 4.3

Generalisasi Permutasi

Kalau pada pembahasan permutasi sebelumnya unsur-unsur yang diurutkan berbeda, pada bagian ini akan dibahas permutasi yang digeneralisasikan dengan membolehkan pengulangan unsur-unsur yang akan diurutkan, dengan kata lain unsur-unsurnya boleh sama.


22

Misalkan kita akan mengurutkan huruf-huruf dari kata KAKIKUKAKU. Karena huruf-huruf pada kata tersebut ada yang sama, maka banyaknya permutasi bukan 10!, tetapi kurang dari 10!. Untuk mengurutkan 10 huruf pada kata KAKIKUKAKU dapat dilakukan dengan cara: Asumsikan masalah ini dengan tersedianya 10 posisi kosong yang akan diisi dengan huruf-huruf pada kata KAKIKUKAKU. Pertama menempatkan 5 huruf K pada 10 posisi kosong, yang dapat dilakukan dalam C(10, 5) cara. Setelah 5 huruf K ditempatkan, maka terdapat 10 - 5 = 5 posisi kosong. Berikutnya adalah menempatkan 2 huruf A pada 5 posisi kosong, yang dapat dilakukan dalam C(5, 2) cara. Begitu 2 huruf A ditempatkan, terdapat C(3, 2) cara untuk menempatkan 2 huruf U pada 3 posisi kosong yang ada. Akhirnya terdapat C(1, 1) cara untuk menempatkan 1 huruf I pada 1 posisi kosong yang tersisi. Dengan menggunakan Prinsip Perkalian diperoleh

C(10,5).C(5,2).C(3,2).C(1, 1)

=

10 ! 5 !5 !

=

5!

.

.

2 !3 !

3! 2 !1 !

.

1! 1 !1 !

10 ! 5 ! 2 ! 2 ! 1!

=

10 . 9 . 8 . 7 . 6 2 .2

= 7650 Jadi

banyaknya

cara

untuk

mengurutkan

huruf-huruf

dari

kata

KAKIKUKAKU adalah 7560. Secara umum banyaknya permutasi dari obyek yang mempunyai beberapa unsur sama dapat dijabarkan seperti pada teorema berikut ini.


23

Teorema 3.4 Misalkan X merupakan sebuah barisan yang mempunyai n unsur, dimana terdapat n1 unsur yang sama untuk jenis 1, n2 unsur yang sama untuk jenis 2 dan seterusnya sampai nt unsur yang sama untuk jenis t. Banyaknya permutasi dari barisan X adalah n! n 1 ! n 2 ! . . . .n t !

Bukti. -

Untuk menempatkan posisi n1 unsur yang sama untuk jenis 1 pada n posisi yang tersedia dapat dilakukan dengan C(n, n1) cara.

-

Setelah n1 unsur ditempatkan, maka terdapat n - n1 posisi yang tersedia, sehingga untuk menempatkan posisi n2 unsur yang sama untuk jenis 2 pada n _ n1 posisi yang tersedia dapat dilakukan dengan C(n - n1, n2) cara.

-

Demikian seterusnya sampai pada nt unsur yang sama untuk jenis t yang bisa dilakukan dengan C(n - n1 - n2 - . . .- nt-1, nt) cara.

-

Dengan menggunakan Prinsip Perkalian dapat diperoleh C(n, n1) . C(n-n1, n2) . C(n-n1-n2, n3)...C(n-n1-n2-…-nt-1, nt) n!

= n1 ( n

(n

. n 1 )!

n 2 (n

n1 ) ! n1

n 2 )!

...

n

n1

n 2 .... n t

1

n t !0 !

n!

=

n 1 ! n 2 ! . . . .n t !

Contoh 4.10 Gunakan Teorema 4.4 untuk menentukan banyaknya cara menyusun huruf huruf dari kata KAKIKUKAKU Jawab : Diketahui n = 10, n1 = 5, n2 = 2, n3 = 2 dan n4 = 1. Dengan menggunakan Teorema 4.4, diperoleh 10 ! 5! 2! 2!1!

=

6 . 7 . 8 . 9 . 10

= 7560

2 .2

4.4. Generalisasi Kombinasi


24

Generalisasi kombinasi merupakan perluasan dari kombinasi yang membolehkan pengulangan suatu unsur. Misalnya kita ingin memilih 4 kelereng dari sebuah kantong yang berisi paling sedikitnya 4 kelereng dari masing-masing warna yaitu merah, biru dan kuning. Kemungkinan terpilihnya 4 kelereng tersebut adalah {4 {2 {3 {1 {3 {1 {2 {1

merah} merah, 2 biru} merah, 1 kuning} merah, 3 kuning} biru, 1 kuning} biru, 3 kuning} merah, 1 biru, 1 kuning} merah, 1 biru, 2 kuning}

{3 {1 {2 {4 {2 {4 {1

merah, 1 biru} merah, 3 biru} merah, 2 kuning} biru} biru, 2 kuning} kuning} merah, 2 biru, 1 kuning}

Sehingga terdapat 15 kemungkinan terpilihnya 4 kelereng tersebut. Permasalahan di atas dapat kita nyatakan sebagai seleksi dari 4+3-1 simbol yang terdiri dari 4 simbol o sebagai kelereng dan 3 - 1 simbol k sebagai pemisah kelereng yang berbeda warna. Selanjutnya kita menentukan posisi dari simbolsimbol tersebut, yaitu: merah

biru

kuning

oooo ooo

o

oo

oo

o

ooo

ooo

o

oo

oo

o

ooo oooo ooo

o

oo

oo

o

ooo

oo

o

o

o

oo

o

o

o

oo


25

Latihan 4.1

Berapa banyak untai yang bisa dibentuk dengan mengurutkan huruf ABCDE jika a.

mengandung subuntai ACE.

b.

mengandung huruf ACE dalam sembarang urutan.

c.

A muncul sebelum D (misalnya BCADE, BCAED).

d.

tidak mengandung subuntai AB atau CD.

4.2. Dalam berapa banyak cara 5 mahasiswa dan 7 mahasiswi dapat berbaris jika tidak boleh ada 2 mahasiswa yang berdekatan? 4.3. Dalam berapa banyak cara 5 mahasiswa dan 7 mahasiswi dapat duduk di meja mundar jika tidak boleh ada 2 mahasiswa yang berdekatan? 4.4. Sebuah kelompok terdiri dari 6 mahasiswa dan 7 mahasiswi. Ada berapa cara kita bisa memilih panitia yang terdiri dari: a.

3 mahasiswa dan 4 mahasiswi.

b.

4 orang paling sedikitnya 1 mahasiswi.

c.

4 orang paling sedikitnya 1 mahasiswa.

d.

4 orang dimana jumlah mahasiswa sama dengan mahasiswi.

4.5. Tentukan banyaknya kemungkinan lima kartu (tak terurut) yang dipilih dari 52 kartu jika: a.

mengandung 4 As.

b.

mengandung 4 kartu dari nilai yang sama.

c.

mengandung semua spade.

d. mengandung kartu dari semua rupa. 4.6. Dalam berapa banyak cara 10 buku yang berbeda dapat dibagikan pada 3 mahasiswa jika mahasiswa pertama mendapatkan 5 buku, mahasiswa kedua mendapatkan 3 buku dan mahasiswa ketiga mendapatkan 2 buku? 4.7. Misalkan terdapat kumpulan bola yang berwarna merah, biru dan hijau yang masing-masing mengandung paling sedikitnya 10 bola. a.

berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih?

b.

berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih jika paling sedikit 1 bola merah harus terpilih?

c.

berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih jika paling sedikit 1 bola merah, paling sedikit 2 bola biru dan paling sedikit 3 bola hijau harus terpilih?

d.

berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih jika tepat 1 bola merah dan paling sedikit 1 bola biru harus terpilih?


26

ALJABAR BOOLEAN

Seorang ahli matematika dari Inggris, George Boole (1815-1864) pada tahun 1854 memaparkan aturan – aturan dasar logika dalam bukunya yang berjudul An Investigation of the Laws of Thought, on Which Are Founded the Mathematical Theories of Logic and Probabilities, yang kemudian dikenal sebagai logika Boolean. Dia menyusun beberapa aturan hubungan antara nilai – nilai matematis yang dibatasi hanya dengan 2 nilai, yaitu true atau false, 1 atau 0. Sistem matematikanya ini kemudian dikenal sebagai Aljabar BooLean. Dewasa ini aljabar Boolean telah menjadi dasar tekologi computer digital. Saat ini aljabar Boolean digunakan secara luas dalam perancangan rangkaian pensaklaran, rangkaian digital, dan rangkaian IC (integrated circuit) computer.

3.1

Definisi Aljabar Boolean

Definisi 3.1 Aljabar Boolean adalah aljabar yang terdiri atas suatu himpunan B dengan 2 operator biner yang didefinisikan pada himpunan tersebut, yaitu : + (penjumlahan) dan (perkalian) sehingga untuk setiap a, postulat sebagai berikut :

+

c

b b

B

berlaku

aksioma

1.

Closure

2.

Identitas

3.

Komutatif

4.

Distributif : (i). a (b + c) = (a b) + (a c) (ii). a + (b c) = (a + b) (a + c) (iii). (a b) + c = (a + c) (b + c)

:

(i). a (ii). a

b,

atau

B B

:

(i). Ada elemen tunggal 0 B , sedemikian hingga berlaku a + 0 = 0 + a = a (i). Ada elemen tunggal 0 B , sedemikian hingga berlaku a 1 = 1 a = 1 :

(i). a (ii). a


+

b = b + a b = b a

27

5.

Komplemen

:

Untuk setiap a B , terdapat elemen tunggal a’ B sedemikian hingga berlaku a + a’ = 1 dan a a’ = 0

6.

Terdapat sedikitnya 2 buah elemen, a dan b hingga a b.

7.

Idempoten

:

8.

Asosiatif

:

(i). a (ii). a

B

sedemikian

a = a + a = a

(i). a + (b + c) = (a + b) + c (ii). a (b c) = (a b) c Kecuali aksioma 7 dan 8, keenam aksioma pertama disebut Postulat Huntington. karena diformulasikan secara formal oleh E.V Huntington. Untuk mempunyai sebuah aljabar boolean, kita harus memperlihatkan : 1. elemen himpunan B 2. kaidah / aturan operasi untuk 2 operator biner 3. himpunan B , bersama – sama dengan 2 operator tersebut, memenuhi postulat Huntington.

3.2 Aljabar Boolean Dua Nilai Aljabar Boolean dua nilai didefinisikan pada sebuah himpunan dengan 2 buah elemen. Yaitu B = {0,1} , dengan kaidah untuk operator biner + dan ditunjukkan pada table 3.1 dan 3.2 berikut ini . Tabel 3.1 a

b

0 0 1 1

0 1 0 1

Tabel 3.2 a b 0 0 0 1

Tabel 3.3

a

b

a + b

a

b

0 0 1 1

0 1 0 1

0 1 1 1

0 1

1 0

Harus ditunjukkan bahwa postulat Huntington benar untuk himpunan B = {0,1} dan dua operator biner yang didefinisikan di atas. 1. Closure, jelas adalah 0 dan 1 B 2.

dari

tabel

karena

Dari table terlihat bahwa (ii). 1

hasil

tiap

operasi

(i). 0 + 1 = 1 + 0 = 1 0 = 0 1 = 0

yang memenuhi elemen identitas 0 dan 1 3.

Hukum komutatif jelas terpenuhi


28

4.

(i). Hukum distributif a (b + c) = (a b) + (a c) dipenuhi dapat ditunjukkan dengan tabel kebenaran 3.4 berikut

Tabel 3.4

a

b

c

b + c

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 1 1 0 1 1 1

a

(b + c) 0 0 0 0 0 1 1 1

a b 0 0 0 0 0 0 1 1

a c 0 0 0 0 0 1 1 1

(a

b) + (a c) 0 0 0 0 0 1 1 1

(ii). Hukum distributif a + (b c) = (a + b) (a + c) dapat ditunjukkan dengan membuat tabel kebenaran seperti (i) (ii). Hukum distributif (a b) + c = (a + c) (b + c) dapat ditunjukkan dengan membuat tabel kebenaran seperti (i)

5.

Tabel komplemen memperlihatkan bahwa : (i). a + a‟ = 1 , karena 0 + 0‟ = 0 + 1 = 1 (ii). a a‟ = 0, karena 0 0‟ = 0 1 = 0

6.

Postulat 6 dipernuhi karena aljabar boolean dua nilai memiliki 2 buah elemen yang berbeda yaitu 1 dan 0.

3.3

Prinsip Dualitas

Dualitas adalah padanan dual ekspresi Boole yang diperoleh dengan cara o mempertukarkan + dengan , dan o mempertukarkan 1 dengan 0 Contoh : Ekspresi a + a = a + 1 =

a 1

a (b + c) = (a + (a c)

b)


Dualitas a a = a a 0 = 0 a + (b c) = (a + b) (a +c)

Idempoten Identitas

29

3.4

Sifat - sifat Aljabar Boolean 1.

3.

5.

7.

Hukum Identitas (i). a + 0 = a (ii). a 1 = 1 Hukum Komplemen (i). a + a’ = 1 (ii). a a’ = 0 Hukum Involusi : (i). (a‟)‟ = a

Hukum Komutatif (i). a + b = b +

a (ii).

a

a 9.

b = b

Hukum Distributif (i). a + (b c) = (a + b) (a + c) (ii). a (b + c) = (a b) + (a c) 11. Hukum 0/1 (i). 0‟ = 1 (ii). 1‟ = 0

2.

Hukum Idempoten (i). a a = a (ii). a + a = a 4. Hukum Dominansi (i). a 0 = 0 (ii). a + 1 = 1 6. Hukum Absorbsi (Penyerapan) (i). a + (a b) = a (ii). a (a + b) = a 8. Hukum Asosiatif (i). a + (b + c) = (a + b) + c (ii). a (b c) = (a b) c 10. Hukum De Morgan (i). (a + b)’ = a’ b’ (ii). (a b)’ = a’ + b’

Kadang – kadang untuk menyederhanakan menuliskan a b sebagai ab


penulisan,

kita

30

Contoh : 1.

Buktikan bahwa

a + a’ b = a + b

Bukti : a + a’ b = = = =

2.

= a a a a

(a + ab) + a’ b + (ab + a’ b) + (a + a’ ) b + 1. b + b

Buktikan bahwa

a ( a’ + b)

(Absorbsi) (Asosiatif) (Distributif) (Komplemen) (Identitas)

= a b

Bukti : a ( a’ + b) = a a’ + = 0 + a b = a b

a b

(Distributif) (Komplemen) (Identitas)

Tugas : Buktikan bahwa : 1. 2. 3. 4. 5. 6.

a + a = 1 dan a . a = a a + 1 = 1 dan a . 0 = 0 (a b)’ = a’ + b’ a b + a’ b = a a b + a’ b c = a b + a c (a + b) (a’ + b + c) = (a + b) (a + c)

3.5

Fungsi Boolean

Pada aljabar Boolean dua nilai , B = {0,1}, peubah (variable) x disebut peubah Boolean atau peubah biner jika nilainya hanya dari B. Fungsi Boolean atau disebut juga fungsi biner adalah ekspresi yang dibentuk dari peubah biner, dua operator biner + dan , operator komplemen ( ‘ ) , tanda kurung, dan tanda sama dengan (=). Setiap peubah boolean, termasuk komplemennya disebut literal. Contoh – contoh fungsi boolean : 1. 2. 3. 4. 5.

f f f f f

(x) (x, (x, (x, (x,

= x y) = x’ y + xy‟ + y’ y) = x’ y’ y) = (x + y)’ y, z) = x y’ z


31

Fungsi 5 diatas, yaitu f (x, y, z) = x y’ z terdiri atas 3 literal x , y’ dan z. Fungsi tersebut mempunyai harga 1 untuk x = 1 , y = 0, dan z = 1, sebab f (1, 0, 1) = 1 0’ 1= 1.1.1= 1, x, y dan z yang lain.

dan berharga 0 untuk

nilai

Selain secara aljabar, fungsi biner dapat dinyatakan dengan tabel kebenaran. Contoh : Diketahui fungsi boolean f (x, y, z) = x y’ z. dalam tabel kebenaran

Nyatakan f

Tabel 3.5 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

f (x, y z) 0 0 0 0 0 1 0 0

Fungsi boolean tidak unik, artinya dua buah fungsi yang ekspresi aljabarnya berbeda, mungkin saja merupakan dua buah yang sama karena keduanya mempunyai nilai yang sama pada tabel kebenaran. Sebagai contoh, fungsi f (x, y, z) = x‟ y‟ z + x‟ yz + xy‟ dan fungsi g (x, y, z) = x‟ z + x y‟ adalah dua buah fungsi boolean yang sama. Lihat tabel kebenaran berikut ini : Tabel 3.6 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

f (x, y z) 0 1 0 1 1 1 0 0

G (x, y z) 0 1 0 1 1 1 0 0

Karena fungsi boolean tidaklah unik, bagaimanakah kita menemukan dua buah ekspresi boolean yang menunjukkan fungsi yang sama ? Yaitu dengan cara manipulasi aljabar. Perhatikan contoh berikut ini : f (x, y, z)

=

x’ y’ z + x’ yz + xy’


32

= = =

3.6

x’ z (y’ + y) + xy’ x’ z (1) + xy’ x’ z + xy’

Fungsi Komplemen

Fungsi komplemen dari suatu fungsi f , dapat dicari dengan menukarkan nilai 0 menjadi 1, dan sebaliknya nilai 1 menjadi 0.


33

Ada 2 cara komplemen : 1.

yang

dapat

digunakan

untuk

membentuk

fungsi

Menggunakan Hukum De Morgan

Untuk 2 peubah x1 dan x2 : (x1 dualnya (x1 . x2)’ = x1’ + x2’

+

x2)’

=

x1’

x2’

dan

Untuk 2 peubah x1, x2 , dan x3 : (x1 + x2 + x3)’ = x1„ = x1’ = x1’

= (x1 + y)’ . y’ (x2 + x3)’ x2’ x3’

misal

x 2 + x3

= y

Untuk n peubah, x1, x2 , . . . xn (x1 + x2

+. . . .+ xn)’ = x1’

x2’

. . . . xn’

dan dualnya : (x1 . x2 .. . . . xn)’ = x1’

+ x2’

+

. . . . + xn’

Contoh : Fungsi komplemen f ‘ (x, y, z) x(y’ z’ + yz) adalah f ‘ (x, y, = = = 2.

dari fungsi f (x, y, z) =

z) = (x (y’ z’ + yz))’ x’ + (y’ z’ + yz)’ x’ + (y’ z’ )’ . (yz)’ x’ + (y + z ) . (y’ +z’ )

Menggunakan prinsip dualitas. Cari dual dari f lalu komplemenkan setiap literalnya. Misalnya untuk fungsi yang sama f (x, y, z) = x(y’ z’ +

yz) Dual dari f : x + (y’ + z’ ). (y + z) Komplemen tiap literalnya adalah ; x’ + (y + z ) . (y’ +z’ ) = f ‘ Jadi f ‘ (x, y, z)

= x’ + (y + z ) . (y’ +z’ )

Tugas : Cari komplemen dari fungsi 1. 2.

f (x, y, z) = x’ (y z’ + y’ z) f (x, y, z) = y’ + xy + x’ yz


34

3. 4.

f (x, y, z) = x(y’ + z) (x’ + y + z’) f (x, y, z, w) = x’ z + w’ xy’ + wyz + w’ xy

3.7

Bentuk Kanonik

Beberapa fungsi Boolean mungkin mempunyai ekspresi aljabar yang berbeda , tetapi sebenarnya nilai fungsinya sama. Sebagai contoh, f (x,y) = x’ y’ dan g (x, y) = (x + y)’ adalah dua buah fungsi yang sama. Contoh lain, f (x, y, z) = x’ y’ z + xy’ z’ + xyz dan g(x, y, z) = (x + y + z) (x + y’ + z) (x + y’ + z‟) (x’ + y + z’) (x’ + y’ + z) adalah dua buah fungsi yang sama. Fungsi pertama, f, tampil dalam bentuk penjumlahan dari hasil kali, sedangkan fungsi yang kedua, g, muncul sebagai bentuk perkalian dari hasil penjumlahan. Setiap suku (term) mengandung literal yang lengkap, x, y, z. Fungsi boolean yang dinyatakan sebagai jumlah dari hasil kali dan hasil kali dari jumlah, dengan setiap sukunya mengandung literal lengkap, disebut dalam bentuk kanonik. Ada dua macam bentuk kanonik : 1. Minterm atau sum-of- product (SOP) 2. Maxterm atau product-of-sum (POS) Minterm dan Maxterm dari dua peubah biner ditunjukkan pada tabel 3.7 berikut : Tabel 3.7 x

y

0 0 1 1

0 1 0 1

Minterm Suku Lambang x’ y’ m0 x’ y m1 x y’ m2 xy m3

Maxterm Suku Lambang x + y M0 x + y’ M1 x’ + y M2 x’ + M3 y’

Minterm dan Maxterm dari tiga peubah biner ditunjukkan pada tabel 3.8 berikut : Tabel 3.8

x

y

z

0

0

0

Minterm Suku Lambang x’ y’ m0


Maxterm Suku Lambang x + y + M0

35

0

0

1

0

1

0

0

1

1

1

0

0

1

0

1 1

z’ x’ y‟ z x‟ y z’ x’ y z

m1 m2 m3 m4

1

x y’ z’ x y’ z

1

0

x y z’

m6

1

1

x y z

m7

m5

z x + y + z’ x + y’ + z x + y’ +z’ x’ + y + z x’ + y +z’ x’ + y’ + z x‟ + y’ +z’

M1 M2 M3 M4 M5 M6 M7

Suatu fungsi boolean dapat dibentuk secara aljabar dari tabel kebenaran yang diketahui dengan membentuk minterm dari setiap kombinasinya. Untuk membentuk minterm, tinjau kombinasi peubah – peubah yang menghasilkan nilai 1. Kombinasi 001, 100 dan 111 ditulis sebagai x’ y’ z , xy’ z’ , dan xyz. Untuk membentuk maxterm, tinjau kombinasi peubah – peubah yang menghasilkan nilai 0. Kombinasi 000, 010, 101 dan 110 ditulis sebagai (x + y + z) , (x + y’ + z) , (x’ + y + z’ ) dan (x’ + y’ + z’) Contoh : Tinjau fungsi Boolean yang diekspresikan dalam tabel 3.9 berikut ini. Nyatakan fungsi tersebut dalam bentuk Kanonik SOP dan POS. Tabel 3.9 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

f (x, y z) 0 1 0 0 1 0 0 1

Jawab : 1.

SOP : tinjau kombinasi peubah yang menghasilkan nilai 1


36

f (x, y, z) = x’ y’ z + xy’ z’ + xyz atau dalam bentuk lain, f (x, y, z) = m1 + m4 + m7 = 2.

(1, 4, 7)

POS : tinjau kombinasi peubah yang menghasilkan nilai 0

f (x, y, z) = (x + y + z) (x + y’ + z) (x + y’ + z‟) (x’ + y + z’) (x’ + y’ + z)f atau dalam bentuk lain, f (x, y, z) = M0 M2 M3 M5 M6

=

(0, 2, 3, 5, 6)

Notasi dan berguna untuk menyingkat penulisan ekspresi bentuk SOP dan POS. Latihan : Nyatakan fungsi Boolean berikut dalam SOP dan POS 1. 2.

f (x, y, z) = x + y’ z f (x, y, z) = xy + x’ z

3.8

Konversi Antar Bentuk Kanonik

Misal f

adalah fungsi Boolean dalam bentuk SOP :

f (x,y,z) =

(1, 4, 5, 6, 7)

dan f ‘ adalah komplemen dari f ‘ (x, y, z) =

f.

(0, 2, 3) = m0 + m2 + m3

Dengan menggunakan hukum de Morgan, kita dapat memperoleh fungsi f dalam bentuk POS : f ‘ (x, y, z) = (f ‘ (x, y, z))’ = (m0 + m2 + m3)’ = m 0 ‘ . m2 ‘ . m3 ’ = (x’ y’ z’ )’ (x’ y z’ )’ (x’ y z)’ = (x + y + z) (x + y’ + z) (x + y’ + z’ ) = M0 M2 M3 = (0, 2, 3) Jadi mj ‘ = M

j


37

Latihan : 1. 2.

Konversikan ke bentuk SOP, Konversikan ke bentuk POS,

f (x,y,z) = f (x,y,z) =

(0, 2, 4, 5)

(1, 2, 5, 6,

10, 15) 3. Carilah bentuk kanonik, SOP dan POS dari fungsi Boolean f (x,y) = x’ 4. Carilah bentuk kanonik, SOP dan POS dari fungsi Boolean f (x,y) = y’ + xy + x’ yz’

3.9

Bentuk Baku

Dua bentuk kanonik adalah bentuk dasar yang diperoleh dengan membaca fungsi dari tabel kebenaran. Bentuk ini umumnya sangat jarang muncul, karena setiap suku di dalam bentuk kanonik harus mengandung literal atau peubah yang lengkap, baik dalam bentuk normal (x) atau dalam bentuk komplemennya x’. Cara lain untuk mengekspresikan fungsi Boolean adalah bentuk baku (standard) . Pada bentuk ini, suku – suku yang membentuk fungsi dapat mengandung satu, dua, atau sejumlah literal. Dua tipe bentuk baku adalah bentuk baku SOP dan bentuk baku POS. Contoh :

f (x,y,z) = y’ + xy + x’ yz f (x,y,z) = x(y’ + z) (x’ + y + z’ )


38

3.10 Penyederhanaan Fungsi Boolean (Minimasi fungsi) Fungsi boolean dapat disederhanakan dalam 3 cara : 1. Secara aljabar, dengan menggunakan rumus atau aksioma yang berlaku pada fungsi boolean 2. Menggunakan Peta Karnaugh 3. Menggunakan metode Quine Mc Cluskey (metode Tabulasi) 3.10.1

Secara Aljabar

Contoh : 1.

f (x, y) = x + x‟ y = (x + x’ ) (x + y) = 1 . (x + y) = x + y

2.

f (x, y) = x (x’ + y) = x x’ + x y = 0 + x y = x y

3.

f (x, y, z) = x’ y’ z + x’ y z + x y’ = x’ z (y’ + y) + x y’ = x’ z . 1 + x y’

4.

f (x, y, z) = = x y + x’ = x y + x’ = x y ( 1 + = x y + x’

3.10.2

x z z z z

y + + )

+ x’ y z ( x y z + x’

z x + z

+ y z + x’ ) x’ y z ( 1 + y )

Peta Karnaugh

Peta Karnaugh adalah sebuah diagram / peta yang terbentuk dari kotak - kotak yang bersisian. Tiap kotak merepresentasikan sebuah minterm. Peta Karnaugh dengan jumlah kotak lebih dari 4 buah akan memiliki sisi yang berseberangan. Sisi yang berseberangan tersebut sebenarnya merupakan sisi yang bersisian juga. Artinya sebuah peta karnaugh dapat dibayangkan sebagai sebuah kotak kubus atau balok atau silinder yang tersusun atas kotak – kotak itu. a.

Peta Karnaugh dengan dua peubah y 0 m0

m1


x

0

x’ y’

1 x’ y 39

m2

m3

1

x y’

x y

Contoh a.1 Tabel

3.11 x 0 0 1 1

y 0 1 0 1

f (x, y) 0 0 0 1

Peta Karnaugh nya : y 0 x

0 1

0 0

1 0 1

Fungsi Boolean yang merepresentasikannya adalah f (x, y) = x y Contoh a.2 Tabel

3.12 x 0 0 1 1

y 0 1 0 1

f (x, y) 0 0 1 1

Peta Karnaugh nya : y 0 x

0 1

0 1

1 0 1

Fungsi Boolean yang merepresentasikannya adalah f (x, y) = x y‘ b.

+ x y

Peta Karnaugh dengan tiga peubah 00

11

y z 01

10


40

m0

m1

m3

m2

m3

m5

m7

m6

x

0

x’ y’ z’

x’ y’‟z

x’ yz

x’ y z’

1

x y’„ z’

xy’ z

x y z

x y z’

Contoh b.1 Tabel

3.13 x 0 0 0 0 1 1 1 1

y 0 0 1 1 0 0 1 1

z 0 1 0 1 0 1 0 1

f (x, y) 0 0 1 0 0 0 1 1

Peta Karnaugh nya : y z 00 10 x

0 1

01

0 0

0 0

0 1

11 1 1

Fungsi Boolean yang merepresentasikannya adalah f (x, y, z) = x’ c.

y z‘

+ x y z’ + x y z

Peta Karnaugh dengan empat peubah 00

11

y z 01

10 m0

m1

m3

m2

w x 00

w’ x’ y’ z’

w’ x’ y’‟z

w’ x’ yz

w’ x’ y z’

m4

m5

m7

M6

01

w’ x y’ z’

w’ x y’‟z

w’ x yz

w’ x y z’

m12

m13

m11

m14

11

wx y’ z’

wx y’‟z

wx yz

wx y z’

m8

m9

m11

m10

10

w x’ y’„ z’

w x’ y’ z

w x’ y z

w x’ y z’


41

Teknik Minimasi Fungsi Boolean dengan Peta Karnaugh 1.

Pasangan : dua buah 1 yang bertetangga yz 00 01 wx 00 0 0

10 0

01

0

0

0

0

11

0

0

1

1

10

0

0

0

0

Fungsi Boolean sebelum disederhanakan : w x y z

11 0

f (w, x, y, z) =

+ w x y z’

Setelah disederhanakan

:

f (w, x, y, z) = w x y

Bandingkan dengan cara aljabar f (w, x, y, z) = w x y z + w x y z’ = w x y (z + z’ ) = w x y (1) = w x y

2.

Kuad

: empat

wx

buah 1 yang bertetangga

00

yz 00 0

01 0

11 0

10 0

01

0

0

0

0

11

1

1

1

1

10

0

0

0

0

Fungsi Boolean sebelum disederhanakan :

f (w, x, y, z) = w x y’ z’ + w x y’ z + w x y z + w x y z’


3.

Oktet

:

delapan

:

f (w, x, y, z) = w x

buah 1 yang bertetangga


42

wx

00

yz 00 0

01 0

11 0

10 0

01

0

0

0

0

11

1

1

1

1

10

1

1

1

1

Fungsi Boolean sebelum disederhanakan : w x y’ z’

f (w, x, y, z) =

+ w x y’ z + w x y z +


w + z f (w, x, y, z)

:

x w + =

y z’ + w x’ y’ z’ x’ y’ z + w x’ y w x’ y z’ w

Latihan Sederhanakan fungsi Boolean berikut dengan menggunakan peta Karnaugh 1. 2. 3. 4.

f (x, y, z) = x’ y z + x y’ z’ + x y z + x y z’ f (w, x, y, z) = w’ x ‟ y’ + x’ y z’ + w’ x yz’ + w x’ y’ f (x, y, z) = (0, 2, 4, 5, 6) f (w, x, y, z) = (0, 1, 2, 4, 5, 6, 8, 9, 12, 13, 14)

Menyederhanakan fungsi Boolean ke dalam bentuk POS Contoh : 1.

f (w, x, y, z) =

(0, 1, 2, 5, 8, 9, 10)

Jawab : Untuk memperoleh POS, kelompokkan kotak-kotak yang berelemen 0 dengan cara yang sama seperti pengelompokan 1

wx

00

yz 00 1

01 1

11 0

10 1

01

0

1

0

0

11

0

0

0

0


43

10

Jadi

f (w, x, y, z) =

1

1

(w’

0

+ x ‟ ) ( y’ + z’ ) ( x’

1

+ z)

Latihan : Diberikan tabel 3.14 berikut ini 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

f (x, y, z) 0 1 0 1 1 0 1 0

Tentukan bentuk sederhana dari fungsi Boolean yang merepresentasikan tabel kebenaran di atas dalam bentuk SOP dan POS

Keadaan Don’t Care Keadaan don‟t care adalah kondisi nilai peubah yang tidak diperhitungkan oleh fungsinya. Artinya nilai 1 atau 0 dari peubah don’t care tidak berpengaruh pada hasil fungsi tersebut. Contoh : 1.

Minimasi fungsi Boolean berikut : f (w, x, y, z) =

(1, 3, 7, 11, 15) dengan kondisi don’t care d (w, x, y, z) = (0, 2, 5)

Jawab : (diterangkan di kelas) 2.

Diberikan tabel 3.15.

Minimasi fungsi f sesederhana mungkin

a

b

c

d

0 0

0 0

0 0

0 1


f (a, b, c, d) 1 0 44

0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

0 1 1 1 0 1 x x x x x x x x

Penyederhanaan Rangkaian Logika Teknik minimasi fungsi Boolean dengan Peta Karnaugh mempunyai terapan yang sangat penting dalam menyederhanakan rangkaian logika maupun switching network. Penyederhanaan rangkaian dapat mengurangi jumlah gerbang logika yang digunakan, dan dapat mengurangi jumlah inputan. Contoh : Minimasi fungsi Boolean f (x, y, z)

= x’

y z

+

x’

y z’ +

x y’ z’ + x y’ z dan gambarkan gerbang logikanya

Jawab : (dijelaskan di kelas)

3.10.3

Metode Quine Mc- Cluskey

Untuk fungsi Boolean yang mempunyai lebih dari 6 peubah, digunakan metode Mc-Cluskey. Metode ini disebut juga metode Tabulasi. Langkah – langkah : 1.

Nyatakan tiap minterm dalam n peubah menjadi string bit yang panjangnya n

2.

Kelompokkan tiap minterm berdasarkan jumlah “1” dimilikinya.

3.

Kombinasikan minterm dalam n peubah dengan kelompok lain yang jumlah “1”nya berbeda satu, sehingga diperoleh bentuk prima yang terdiri dari n-1 peubah. Minterm yang dikombinasikan diberi tanda “V”


yang

45

4.

Kombinasikan minterm dalam n-1 peubah dengan kelompok lain yang jumlah “1”nya berbeda satu, sehingga diperoleh bentuk prima yang terdiri dari n-2 peubah.

5.

Ulangi langkah 4 sampai diperoleh bentuk prima yang paling sederhana.

6.

Ambil semua bentuk prima yang tidak bertanda “V”. Buatlah tabel baru yang memperlihatikan minterm dari ekspresi Boolean semula yang dicakup oleh bentuk prima tersebut (tandai dengan “x”). Setiap minterm harus dicakup oleh paling sedikit satu buah bentuk prima.

7.

Pilih bentuk prima yang memiliki jumlah literal paling sedikit namun mencakup sebanyak mungkin minterm dari ekspresi Boolean semula, yaitu dengan cara : a.

Tandai kolom – kolom yang mempunyai satu buah tanda “x” dengan tanda “*”, lalu beri tanda „v” di sebelah kiri bentuk prima yang berasosiasi dengan tanda “*” tersebut. Bentuk prima ini telah dipilih untuk fungsi Boolean sederhana

b.

Untuk setiap bentuk prima yang telah ditandai dengan “V”, beri tanda minterm yang dicakup oleh bentuk prima tersebut dengan tanda “V”

c.

Periksa apakah masih ada minterm yang belum dapat dicakup oleh bentuk prima terpilih. Jika ada, pilih dari bentuk prima yang tersisa yang mencakup sebanyak mungkin minterm tersebut. Beri tanda “V” bentuk prima yang dipilih itu serta minterm yang dicakupnya.

d.

Ulangi langkah c sampai seluruh minterm oleh semua bentuk prima.

sudah dicakup

Contoh : 1. 2.

Sederhanakan fungsi Boolean f (w, x, y, z) = 2, 8, 10, 11, 14, 15) Sederhanakan fungsi Boolean f (w, x, y, z) = 6, 7, 8, 9, 10, 11,15)

(0, 1, (1, 4,

Jawab : (dijelasan di kelas)


46

Latihan : 1.

Diketahui fungsi Boolean berikut : f (w, x, y, z) = (0, 1, 2, 3, 7, 11, 13) d (w, x, y, z) = (5, 9, 14, 15) minimasi fungsi di atas dengan peta tuliskan dalam minterm dan maxterm.

2.

Minimasi fungsi – fungsi Boolean berikut karnaugh dalam bentuk maxterm dan minterm a. b. c. d.

3.

f f f f

(x, (x, (w, (w,

y, y, x, x,

z) = (2, 3, 6, z) = x y + x’ y, z) = (4, 6, y, z) = (0, 1,

dengan

lalu Peta

7) y’ z’ + x’ yz’ 7, 15) 2, 6, 8, 9, 12)

Cari komplemen dari fungsi berikut : f (w, x, y, z) =

4.

Karnaugh,

x’ z

+ w’ x y‟ + wyz + w’ xy

Sederhanakan fungsi berikut dengan metode Mc Cluskey f (w, x, y, z) = 31)

(9, 11, 13, 15, 17, 21, 25, 27, 19,


47

3.11 Aplikasi Aljabar Boolean

Aljabar Boolean memiliki aplikasi yang luas antara lain di bidang jaringan pensaklaran (switching) dan rangkaian digital.

3.11.1

Jaringan Pensaklaran (Switching Network)

Saklar adalah obyek yang mempunyai 2 keadaan, yaitu buka dan tutup. Kita dapat mengasosiasikan setiap peubah dalam fungsi boolean sebagai “gerbang” (gate) di dalam sebuah saluran yang dialiri listrik, air, gas, informasi atau benda lain yang mengalir. Pada fungsi tersebut, peubah komplemen menytakan closed gate, sedangkan peubah bukan komplemen menyatakan opened gate. Tiga bentuk dasar gate paling sederhana :

1.

a

x

b

Output b hanya ada jika dan hanya jika x tertutup x

2.

a Output

tertutup

a

x b hanya xy

y ada

jika

b dan

hanya

jika

x

dan

y

x c

3.

b Output

tertutup

y c hanya ada jika dan hanya jika x atau x + y

y

Contoh : 1.

Saklar dalam hubungan Seri : Logika AND


48

lampu a AC

b

sumber tegangan a dan b adalah saklar

2.

Saklar dalam hubungan Paralel : Logika OR

a

lampu

b

AC

sumber tegangan a dan b adalah saklar

Latihan : Nyatakan ekspresi Boolean ini dalam rangkaian pensaklaran x’ y + (x’ 3.11.2

+ xy) z + x(y + y’ z b+ z) Rangkaian Digital

Rangkaian digital elektronik biasanya dimodelkan dalam gerbang logika. Ada 3 macam gerbang dasar : AND, OR dan NOT. Rangkaian yang dibentuk oleh gerbang logika disebut rangkaian logika.

x y

xy

x y

Gerbang AND dua masukan NOT (inverter)

x+ y

x

Gerbang OR dua masukan

x'

Gerbang

Selain gerbang dasar tersebut di atas, masih terdapat gerbang logika turunan, yaitu NAND, NOR, XOR, dan XNOR,


49

x y

(xy)'

Gerbang NAND XOR

x y

x y Gerbang NOR

(x + y)'

x y

x+ y Gerbang

(x + y)'

Gerbang XNOR


50

Contoh : Nyatakan fungsi Boolean berikut ke dalam rangkaian logika f (x, y, z) = xy + x’ y


51

Jawab : a.

Cara pertama

x y

xy xy + x' y x'

x y b.

x' y

Cara kedua

x y

xy xy + x' y x'

c.

x' y

Cara ketiga

x y

xy xy + x' y x' x' y

Contoh lain


52

Latihan :


53


54


55

Daftar Isi halaman

ALJABAR BOOLEAN ............................................................................................. 27 3.1 Definisi Aljabar Boolean ......................................................... 27 3.2 Aljabar Boolean Dua Nilai....................................................... 28 3.3 Prinsip Dualitas ........................................................................... 29 3.4 Sifat - sifat Aljabar Boolean ............................................. 30 3.5 Fungsi Boolean ................................................................................ 31 3.6 Fungsi Komplemen ........................................................................... 33 3.7 Bentuk Kanonik ................................................................................ 35 3.8 Konversi Antar Bentuk Kanonik ............................................. 37 3.9 Bentuk Baku ....................................................................................... 38 3.10 Aplikasi Aljabar Boolean ......................................................... 48 3.10.1 Jaringan Pensaklaran (Switching Network) ............ 48 3.10.2 Rangkaian Digital ................................................................. 49 3.11 Penyederhanaan Fungsi Boolean (Minimasi fungsi) .... 39 3.11.1 Secara Aljabar ........................................................................ 39 3.11.2 Peta Karnaugh........................................................................... 39 3.11.3 Metode Quine Mc- Cluskey ................................................. 45


56

Himpunan adalah kumpulan objek objek yang berbeda (Liu, 1986)

Recommend Documents