ALJABAR BOOLEAN

ALJABAR BOOLEAN

                                                        

DEFINISI. Misalkan B adalah himpunan yang didefinisikan pada dua operator
biner, + dan ×, dan sebuah operator uner, ’. Misalkan 0 dan 1 adalah dua elemen
yang berbeda dari B. Maka, tupel
<B, +, ×,’, 0, 1>
disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b, c Î B berlaku aksioma berikut:
1. Identitas
(i) a + 0 = a
(ii) a × 1 = a
2. Komutatif
(i) a + b = b + a
(ii) a × b = b . a
3. Distributif
(i) a × (b + c) = (a × b) + (a × c)
(ii) a + (b × c) = (a + b) × (a + c)
4. Komplemen
Untuk setiap a Î B terdapat elemen unik a‘Î B sehingga
(i) a + a’ = 1
(ii) a × a’ = 0
• Berhubung elemen-elemen B tidak didefinisikan
nilainya (kita bebas menentukan anggota-anggota B),
maka terdapat banyak sekali aljabar boolean.
• Untuk mempunyai sebuah aljabar Boolean, orang
harus memperlihatkan:
1. elemen-elemen himpunan B,
2. kaidah/aturan operasi untuk dua operator biner
dan operator uner,
3. himpunan B, bersama-sama dengan dua operator
tersebut, memenuhi keempat aksioma di atas

• Aljabar himpunan dan aljabar logika proposisi juga merupakan
aljabar Boolean karena memenuhi empat aksioma di atas.
• Dengan kata lain, aljabar himpunan dan aljabar proposisi
adalah himpunan bagian (subset) dari aljabar Boolean.
• Pada aljabar proposisi misalnya:
- B berisi semua proposisi dengan n peubah.
- dua elemen unik berbeda dari B adalah T dan F,
- operator biner: Ú dan Ù, operator uner: ~
- semua aksioma pada definisi di atas dipenuhi
Dengan kata lain <B, Ú, Ù, ~, F, T> adalah aljabar Booelan

Aljabar Boolean 2-Nilai
• Merupakan aljabar Boolean yang paling popular, karena
aplikasinya luas.
• Pada aljabar 2-nilai:
(i) B = {0, 1},
(ii) operator biner: + dan ×, operator uner: ’
(iii) Kaidah untuk operator biner dan operator uner:
(iv) Keempat aksioma di atas dipenuhi

a b a × b a b a + b a a’
0 0 0 0 0 0 0 1
0 1 0 0 1 1 1 0
1 0 0 1 0 1
1 1 1 1 1 1
Ekspresi Boolean
• Ekspresi Boolean dibentuk dari elemen-elemen B dan/atau
peubah-peubah yang dapat dikombinasikan satu sama lain
dengan operator +, ×, dan ’.
• Contoh 1:
0 1 a b a
+ b
a × b
a’× (b + c)
a × b’ + a × b × c’ + b’, dan sebagainya

Hukum-hukum Aljabar Boolean

1. Hukum identitas:
(i) a + 0 = a
(ii) a × 1 = a
2. Hukum idempoten:
(i) a + a = a
(ii) a × a = a
3. Hukum komplemen:
(i) a + a’ = 1
(ii) aa’ = 0
4. Hukum dominansi:
(i) a × 0 = 0
(ii) a + 1 = 1
5. Hukum involusi:
(i) (a’)’ = a
6. Hukum penyerapan:
(i) a + ab = a
(ii) a(a + b) = a
7. Hukum komutatif:
(i) a + b = b + a
(ii) ab = ba
8. Hukum asosiatif:
(i) a + (b + c) = (a + b) + c
(ii) a (b c) = (a b) c
9. Hukum distributif:
(i) a + (b c) = (a + b) (a + c)
(ii) a (b + c) = a b + a c
10. Hukum De Morgan:
(i) (a + b)’ = a’b’
(ii) (ab)’ = a’ + b’
11. Hukum 0/1
(i) 0’ = 1
(ii) 1’ = 0
Contoh 2: Buktikan bahwa untuk sembarang elemen a dan b dari
aljabar Boolean maka kesamaaan berikut:

a + a’b = a + b	dan	a(a’ + b) = ab
adalah benar. Penyelesaian: (i) a + a’b = (a + ab) + a’b	(Hukum Penyerapan)
= a + (ab + a’b)	(Hukum Asosiatif)
= a + (a + a’)b	(Hukum Distributif)
= a + 1 × b	(Hukum Komplemen)
= a + b	(Hukum Identitas)
(ii) a(a’ + b) = a a’ + ab	(Hukum Distributif)
= 0 + ab	(Hukum Komplemen)
= ab	(Hukum Identitas)

Fungsi Boolean
• Contoh-contoh fungsi Boolean:
f(x) = x
f(x, y) = x’y + xy’+ y’
f(x, y) = x’ y’
f(x, y) = (x + y)’
f(x, y, z) = xyz’
• Setiap peubah di dalam fungsi Boolean, termasuk dalam bentuk
komplemennya, disebut literal.
• Fungsi h(x, y, z) = xyz’ terdiri dari 3 buah literal, yaitu x, y, dan z’.
• Jika diberikan x = 1, y = 1, z = 0, maka nilai fungsinya:
h(1, 1, 0) = 1 ×1 × 0’ = (1 × 1) × 1 = 1 × 1 = 1

Bentuk Kanonik
• Ekspresi Boolean yang menspesifikasikan suatu fungsi
dapat disajikan dalam dua bentuk berbeda.
• Pertama, sebagai penjumlahan dari hasil kali dan kedua
sebagai perkalian dari hasil jumlah.
• Contoh 3:
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.

• Minterm: suku (term) di dalam ekspresi boolean mengandung
literal yang lengkap dalam bentuk hasil kali
• Maxterm: suku (term) di dalam ekspresi boolean mengandung
literal yang lengkap dalam bentuk hasil jumlah.
• Contoh 4:
f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz à 3 buah minterm: x’y’z, xy’z’, xyz
g(x, y, z) = (x + y + z)(x + y’ + z)(x + y’ + z’)(x’ + y + z’)(x’ + y’ + z)
à 5 buah maxterm: (x + y + z), (x + y’ + z), (x + y’ + z’),
(x’ + y + z’), dan (x’ + y’ + z)

• Misalkan peubah (variable) fungsi Boolean adalah x, y, dan z
Maka:
x’y à bukan minterm karena literal tidak lengkap
y’z’ à bukan minterm karena literal tidak lengkap
xy’z, xyz’, x’y’z à minterm karena literal lengkap
(x + z) à bukan maxterm karena literal tidak lengkap
(x’ + y + z’) à maxterm karena literal lengkap
(xy’ + y’ + z) à bukan maxterm
• Ekspresi Boolean yang dinyatakan sebagai penjumlahan dari
satu atau lebih minterm atau perkalian dari satu atau lebih
maxterm disebut dalam bentuk kanonik.

• Jadi, 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)
• Fungsi f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz dikatakan dalam bentuk
SOP
• Fungsi g(x, y, z) = (x + y + z)(x + y’ + z)(x + y’ + z’)(x’ + y + z’)
(x’ + y’ + z)
dikatakan dalam bentuk POS

Cara membentuk minterm dan maxterm:
• Untuk minterm, setiap peubah yang bernilai 0
dinyatakan dalam bentuk komplemen, sedangkan
peubah yang bernilai 1 dinyatakan tanpa
komplemen.
• Sebaliknya, untuk maxterm, setiap peubah yang
bernilai 0 dinyatakan tanpa komplemen, sedangkan
peubah yang bernilai 1 dinyatakan dalam bentuk
komplemen.

• Cara membentuk minterm dan maxterm dari tabel
kebenaran untuk dua peubah:

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
• Cara membentuk minterm dan maxterm dari tabel
kebenaran untuk tiga peubah:

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
• Jika diberikan sebuah tabel kebenaran, kita dapat
membentuk fungsi Boolean dalam bentuk kanonik
(SOP atau POS) dari tabel tersebut dengan cara:
- mengambil minterm dari setiap nilai fungsi yang
bernilai 1 (untuk SOP)
atau
- mengambil maxterm dari setiap nilai fungsi yang
bernilai 0 (untuk POS).

Contoh 5: Tinjau fungsi Boolean yang dinyatakan oleh Tabel di bawah ini.
Nyatakan fungsi tersebut dalam bentuk kanonik SOP dan POS
Penyelesaian:
• 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 = å (1, 4, 7)

krit 20x 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
• 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)

 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
Contoh 6: Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + y’z dalam bentuk kanonik
SOP dan POS.
Penyelesaian:
(a) SOP
Lengkapi terlebih dahulu literal untuk setiap suku agar jumlahnya sama.
x = x(y + y’)
= xy + xy’
= xy (z + z’) + xy’(z + z’)
= xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’
dan
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)
Lengkapi terlebih dahulu literal pada setiap suku agar jumlahnya sama:
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)
Rinaldi Munir - IF2120 Matematika Diskrit 23
Contoh 7: Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = xy + x’z dalam bentuk kanonik
POS.
Penyelesaian:
f(x, y, z) = xy + x’z
= (xy + x’) (xy + z)
= (x + x’) (y + x’) (x + z) (y + z)
= (x’ + y) (x + z) (y + z)
Lengkapi literal untuk setiap suku agar jumlahnya sama:
x’ + y = x’ + y + zz’ = (x’ + y + z) (x’ + y + z’)
x + z = x + z + yy’ = (x + y + z) (x + y’+ z)
y + z = y + z + xx’ = (x + y + z) (x’ + y + z)
Jadi, f(x, y, z) = (x + y + z) (x + y’+ z) (x’+ y + z) (x’ + y + z’)
atau f(x, y, z) = M0 M2M4 M5 = Õ (0,2,4,5)

Konversi Antar Bentuk Kanonik
Misalkan f adalah fungsi Boolean dalam bentuk SOP dengan tiga peubah:
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
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’)
= M
0 M2 M3 = Õ (0,2,3)
Jadi, f(x, y, z) = S (1, 4, 5, 6, 7) = Õ (0,2,3).