Aljabar
Boolean merupakan operasi aritmatiks pada bilangan Boolean. Bilangan Boolean
adalah bilangan hanya mengenal 2 keadaan
(False/True), (Yes/No), (1 atau 0).---> bilangan biner.
Misalkan terdapat :
1. Dua operator biner: + dan ×
2. Sebuah operator uner: ’.
3. B : himpunan yang didefinisikan pada
opeartor +, ×, dan ’
4. 0 dan 1 adalah dua elemen yang
berbeda dari B.
Tupel
(B, +, ×, ’)
disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b,
c Î B
berlaku 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[1][1]: (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
3.
Memenuhi postulat Huntington.
Aljabar Boolean Dua-Nilai
1. Aljabar Boolean du B = {0, 1 operator
biner, + dan ×}
2. Operator
uner, ’
Kaidah
untuk operator biner dan operator uner:
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
|
Cek apakah memenuhi postulat Huntington:
1. Closure :
jelas berlaku
2. Identitas: jelas berlaku karena dari
tabel dapat kita lihat bahwa:
(i)
0 + 1 = 1 + 0 = 1
(ii) 1 × 0
= 0 × 1 = 0
3. Komutatif: jelas berlaku dengan melihat simetri tabel
operator biner.
4. Distributif: (i) a × (b + c) = (a × b)
+ (a × c)
dapat ditunjukkan benar dari tabel operator biner di atas dengan membentuk tabel kebenaran:
a
|
b
|
c
|
b + c
|
a ×
(b + c)
|
a ×
b
|
a ×
c
|
(a × b) + (a × c)
|
0
|
0
|
0
|
|||||
0
|
0
|
1
|
|||||
0
|
1
|
0
|
|||||
0
|
1
|
1
|
|||||
1
|
0
|
0
|
|||||
1
|
0
|
1
|
|||||
1
|
1
|
0
|
|||||
1
|
1
|
1
|
(ii) Hukum distributif a + (b
× c)
= (a + b) × (a + c) dapat ditunjukkan
benar dengan membuat tabel kebenaran dengan cara yang sama seperti (i).
5.
Komplemen:
jelas berlaku karena memperlihatkan bahwa:
(i) a +
a‘ = 1, karena 0 + 0’= 0 + 1 = 1 dan
1 + 1’= 1 + 0 = 1
(ii)
a ×
a’ = 0, karena 0 × 0’= 0 × 1 = 0 dan 1 × 1’ = 1 × 0 = 0
Karena kelima postulat Huntington dipenuhi,
maka terbukti bahwa B = {0, 1} bersama-sama dengan operator biner + dan × operator komplemen ‘ merupakan
aljabar Boolean.
Ekspresi Boolean
· Misalkan (B, +, ×, ’) adalah sebuah aljabar
Boolean.
· Suatu ekspresi Boolean dalam (B, +, ×, ’) dapat berbentuk:
(i) elemen di dalam B, ex : 0 dan 1
(ii) peubah/ literal/ variable, ex : a, b, c
(iii) jika e1
dan e2 adalah ekspresi Boolean, maka e1 + e2,
e1 × e2, e1’
adalah ekspresi Boolean
Contoh:
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 7.3. Buktikan (i) a + a’b = a
+ b
dan (ii) a(a’ + b) = ab
Penyelesaian:
(i) a
+ a’b = (a + ab) + a’b (Penyerapan)
= a + (ab
+ a’b) (Asosiatif)
= a + (a
+ a’)b (Distributif)
= a + 1 ·
b (Komplemen)
= a + b (Identitas)
(ii) adalah dual dari (i)
Fungsi Boolean
·
Fungsi Boolean (disebut juga fungsi biner) adalah pemetaan
dari Bn ke B melalui ekspresi Boolean, kita
menuliskannya sebagai
f
: Bn ® B
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-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.
Contoh: Fungsi h(x, y,
z) = xyz’
pada contoh di atas terdiri dari 3 buah literal, yaitu x, y, dan z’.
Contoh. Diketahui fungsi Booelan f(x, y,
z) = xy z’,
nyatakan h dalam tabel kebenaran.
Penyelesaian:
x
|
y
|
z
|
f(x, y, z) = xy z’
|
f= x’+yz
|
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
0
0
0
0
0
1
0
|
Komplemen
Fungsi
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’)
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
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’)
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)
Contoh: 1. f(x, y,
z) = x’y’z + xy’z’ + xyz à 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)
à POS
Setiap suku (term) disebut maxterm
· Setiap minterm/maxterm
mengandung literal lengkap
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
|
Contoh 7.10.
Nyatakan tabel kebenaran di bawah ini dalam bentuk kanonik SOP dan POS.
Tabel 7.10
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
= å (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)
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 = 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)
Peta Karnaugh
a. Peta Karnaugh dengan dua peubah
y
0 1
m0
|
m1
|
x 0
|
x’y’
|
x’y
|
|
m2
|
m3
|
1
|
xy’
|
xy
|
b. Peta dengan
tiga peubah
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|||||||
m0
|
m1
|
m3
|
m2
|
x 0
|
x’y’z’
|
x’y’z
|
x’yz
|
x’yz’
|
||
m4
|
m5
|
m7
|
m6
|
1
|
xy’z’
|
xy’z
|
xyz
|
xyz’
|
Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta
Karnaugh.
x
|
y
|
z
|
f(x, y, z)
|
||
0
|
0
|
0
|
0
|
||
0
|
0
|
1
|
0
|
||
0
|
1
|
0
|
1
|
||
0
|
1
|
1
|
0
|
||
1
|
0
|
0
|
0
|
||
1
|
0
|
1
|
0
|
||
1
|
1
|
0
|
1
|
||
1
|
1
|
1
|
1
|
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
x 0
|
0
|
0
|
0
|
1
|
1
|
0
|
0
|
1
|
1
|
b. Peta dengan
empat peubah
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|||||||
m0
|
m1
|
m3
|
m2
|
wx 00
|
w’x’y’z’
|
w’x’y’z
|
w’x’yz
|
w’x’yz’
|
||
m4
|
m5
|
m7
|
m6
|
01
|
w’xy’z’
|
w’xy’z
|
w’xyz
|
w’xyz’
|
||
m12
|
m13
|
m15
|
m14
|
11
|
wxy’z’
|
wxy’z
|
wxyz
|
wxyz’
|
||
m8
|
m9
|
m11
|
m10
|
10
|
wx’y’z’
|
wx’y’z
|
wx’yz
|
wx’yz’
|
||
Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta
Karnaugh.
w
|
x
|
y
|
z
|
f(w, x,
y, z)
|
||
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
||
0
|
0
|
0
|
1
|
1
|
||
0
|
0
|
1
|
0
|
0
|
||
0
|
0
|
1
|
1
|
0
|
||
0
|
1
|
0
|
0
|
0
|
||
0
|
1
|
0
|
1
|
0
|
||
0
|
1
|
1
|
0
|
1
|
||
0
|
1
|
1
|
1
|
1
|
||
1
|
0
|
0
|
0
|
0
|
||
1
|
0
|
0
|
1
|
0
|
||
1
|
0
|
1
|
0
|
0
|
||
1
|
0
|
1
|
1
|
0
|
||
1
|
1
|
0
|
0
|
0
|
||
1
|
1
|
0
|
1
|
0
|
||
1
|
1
|
1
|
0
|
1
|
||
1
|
1
|
1
|
1
|
0
|
||
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
1
|
0
|
1
|
01
|
0
|
0
|
1
|
1
|
11
|
0
|
0
|
0
|
1
|
10
|
0
|
0
|
0
|
0
|
Teknik Minimisasi Fungsi Boolean dengan Peta Karnaugh
1. Pasangan:
dua buah 1 yang bertetangga
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
0
|
0
|
1
|
1
|
10
|
0
|
0
|
0
|
0
|
Sebelum
disederhanakan:
f(w,
x, y, z) = wxyz + wxyz’
Hasil
Penyederhanaan: f(w, x, y, z)
= wxy
Bukti
secara aljabar:
f(w,
x, y, z) = wxyz + wxyz’
= wxy(z + z’)
= wxy(1)
= wxy
2. Kuad:
empat buah 1 yang bertetangga
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
0
|
0
|
0
|
0
|
Sebelum
disederhanakan:
f(w,
x, y, z) = wxy’z’
+ wxy’z + wxyz + wxyz’
Hasil
penyederhanaan: f(w, x,
y, z) = wx
Bukti
secara aljabar:
f(w,
x, y, z) = wxy’ + wxy
= wx(z’ + z)
= wx(1)
= wx
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
0
|
0
|
0
|
0
|
Contoh
lain:
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
0
|
0
|
10
|
1
|
1
|
0
|
0
|
Sebelum disederhanakan: f(w, x, y, z) = wxy’z’ + wxy’z + wx’y’z’
+ wx’y’z
Hasil
penyederhanaan: f(w, x,
y, z) = wy’
3. Oktet: delapan buah 1 yang bertetangga
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
1
|
1
|
1
|
1
|
Sebelum
disederhanakan:
f(a,
b, c, d) = wxy’z’
+ wxy’z + wxyz + wxyz’ +
wx’y’z’ + wx’y’z
+ wx’yz + wx’yz’
Hasil
penyederhanaan:
f(w,
x, y, z) = w
Bukti
secara aljabar:
f(w, x,
y, z) = wy’ + wy
= w(y’ + y)
= w
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
1
|
1
|
1
|
1
|
Contoh 5.11. Sederhanakan fungsi Boolean
f(x,
y, z) = x’yz + xy’z’
+ xyz + xyz’.
Jawab:
Peta
Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
x
0
|
1
|
|||
1
|
1
|
1
|
1
|
Hasil
penyederhanaan: f(x, y, z) = yz + xz’
Contoh 5.12. Andaikan suatu tabel kebenaran
telah diterjemahkan ke dalam Peta Karnaugh. Sederhanakan fungsi Boolean yang
bersesuaian sesederhana mungkin.
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx
00
|
0
|
1
|
1
|
1
|
01
|
0
|
0
|
0
|
1
|
11
|
1
|
1
|
0
|
1
|
10
|
1
|
1
|
0
|
1
|
Jawab: (lihat Peta Karnaugh) f(w, x,
y, z) = wy’ + yz’ + w’x’z
Contoh 5.13. Minimisasi fungsi Boolean yang bersesuaian
dengan Peta Karnaugh di bawah ini.
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
1
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
1
|
1
|
1
|
1
|
Jawab: (lihat Peta Karnaugh) f(w, x,
y, z) = w + xy’z
Jika penyelesaian Contoh 5.13 adalah seperti di
bawah ini:
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
1
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
1
|
1
|
1
|
1
|
maka fungsi Boolean hasil penyederhanaan adalah
f(w,
x, y, z) = w + w’xy’z (jumlah
literal = 5)
yang ternyata masih belum sederhana dibandingkan f(w,
x, y, z) = w + xy’z
(jumlah literal = 4).
Contoh 5.14. (Penggulungan/rolling) Sederhanakan fungsi Boolean
yang bersesuaian dengan Peta Karnaugh di bawah ini.
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
1
|
0
|
0
|
1
|
11
|
1
|
0
|
0
|
1
|
10
|
0
|
0
|
0
|
0
|
Jawab: f(w,
x, y, z) = xy’z’
+ xyz’ ==> belum sederhana
Penyelesaian
yang lebih minimal:
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
1
|
0
|
0
|
1
|
11
|
1
|
0
|
0
|
1
|
10
|
0
|
0
|
0
|
0
|
f(w, x, y, z)
= xz’
===> lebih sederhana
Contoh 5.15: (Kelompok berlebihan) Sederhanakan
fungsi Boolean yang bersesuaian dengan Peta Karnaugh di bawah ini.
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
1
|
0
|
0
|
11
|
0
|
1
|
1
|
0
|
10
|
0
|
0
|
1
|
0
|
Jawab: f(w,
x, y, z) = xy’z
+ wxz + wyz ® masih belum sederhana.
Penyelesaian yang lebih minimal:
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
1
|
0
|
0
|
11
|
0
|
1
|
1
|
0
|
10
|
0
|
0
|
1
|
0
|
f(w,
x, y, z) = xy’z
+ wyz ===> lebih sederhana
Contoh 5.16. Sederhanakan fungsi Boolean yang bersesuaian
dengan Peta Karnaugh di bawah ini.
cd
00
|
01
|
11
|
10
|
|
ab 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
1
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
0
|
1
|
1
|
1
|
Jawab: (lihat Peta Karnaugh di atas) f(a, b,
c, d) = ab + ad + ac
+ bcd
Contoh 5.17. Minimisasi fungsi Boolean f(x,
y, z) = x’z +
x’y + xy’z + yz
Jawab:
x’z
= x’z(y + y’) = x’yz + x’y’z
x’y = x’y(z
+ z’) = x’yz + x’yz’
yz =
yz(x + x’) = xyz + x’yz
f(x, y,
z) = x’z + x’y
+ xy’z + yz
= x’yz
+ x’y’z + x’yz
+ x’yz’ + xy’z + xyz
+ x’yz
= x’yz
+ x’y’z + x’yz’
+ xyz + xy’z
Peta
Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
x
0
|
1
|
1
|
1
|
|
1
|
1
|
1
|
Hasil penyederhanaan: f(x, y,
z) = z + x’yz’
Peta Karnaugh untuk lima peubah
000
001 011 010
110 111 101
100
00
|
m0
|
m1
|
m3
|
m2
|
m6
|
m7
|
m5
|
m4
|
01
|
m8
|
m9
|
m11
|
m10
|
m14
|
m15
|
m13
|
m12
|
11
|
m24
|
m25
|
m27
|
m26
|
m30
|
m31
|
m29
|
m28
|
10
|
m16
|
m17
|
m19
|
m18
|
m22
|
m23
|
m21
|
m20
|
Garis
pencerminan
Contoh 5.21. (Contoh penggunaan Peta 5
peubah) Carilah fungsi sederhana dari f(v,
w, x, y, z) = S (0, 2, 4, 6, 9, 11, 13, 15,
17, 21, 25, 27, 29, 31)
Jawab:
Peta
Karnaugh dari fungsi tersebut adalah:
xyz
000
|
001
|
011
|
010
|
110
|
111
|
101
|
100
|
|||
vw 00
|
1
|
1
|
1
|
1
|
||||||
01
|
1
|
1
|
1
|
1
|
||||||
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
||||||
10
|
1
|
1
|
Jadi f(v, w,
x, y, z) = wz + v’w’z’
+ vy’z
