fasilkom.mercubuana.ac.idfasilkom.mercubuana.ac.id/wp-content/uploads/2017/10/Modul...2015 1 Logika...

2015 1

Logika Matematika PusatBahan Ajar dan eLearning

Tim Dosen. http://www.mercubuana.ac.id

MODUL PERKULIAHAN

HIMPUNAN

Pengertian dan berbagai macam

bentuk himpunan

Operasi dasar himpunan

Fakultas Program Studi Tatap Muka Kode MK Disusun Oleh

Ilmu Komputer Sistem Informasi

01 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi Himpunan adalah konsep dasar dari semua cabang matematika. Himpunan merupakan sekumpulan objek yang mempunyai syarat tertentu dan jelas. Berbagai macam jenis himpunan, misal himpunan kosong, himpunan yang sama dsb. Operasi himpunan misal irisan, gabungan, pengurangan dsb.

Mahasiswa mampu memahami dan dapat membedakan berbagai macam bentuk himpunan dan menggambarkannya dalam bentuk diagram Venn

http://www.mercubuana.ac.id/

2015 2



HIMPUNAN

A. Pengertian dan Bentuk himpunan

Himpunan adalah konsep dasar dari semua cabang matematika. George Cantor

dianggap sebagai bapak teori himpunan. Himpunan adalah sekumpulan objek yang

mempunyai syarat tertentu dan jelas. Objek yang dimaksud dapat berupa bilangan,

manusia, hewan, tumbuhan, Negara dan sebagainya.Objek ini selanjutnya dinamakan

anggota atau elemen dari himpunan itu. Syarat tertentu dan jelas dalam menentukan

anggota suatu himpunan ini sangat penting karena untuk membedakan mana yang

menjadi anggota himpunan dan mana yang bukan merupakan anggota himpunan. Inilah

yang kemudian dinamakan himpunan yang terdefinisi dengan baik (well-defined set).

B. Penyajian bentuk himpunan :

a. Enumerasi

Contoh :

Himpunan empat bilangan asli pertama: A = {1, 2, 3, 4}.

Himpunan lima bilangan genap positif pertama: B = {4, 6, 8, 10}.

C = {kucing, a, Amir, 10, paku}

R = { a, b, {a, b, c}, {a, c} }

C = {a, {a}, {{a}} }

K = { {} }

Himpunan 100 buah bilangan asli pertama: {1, 2, ..., 100 }

Himpunan bilangan bulat ditulis sebagai {…, -2, -1, 0, 1, 2, …}.

b. Simbol-simbol Baku

Contoh :

P = himpunan bilangan bulat positif = { 1, 2, 3, ... }

N = himpunan bilangan alami (natural) = { 1, 2, ... }

Z = himpunan bilangan bulat = { ..., -2, -1, 0, 1, 2, ... }

Q = himpunan bilangan rasional


2015 3



R = himpunan bilangan riil

C = himpunan bilangan kompleks

c. Notasi Pembentuk himpunan

Notasi: { xsyarat yang harus dipenuhi oleh x }

Contoh :

A adalah himpunan bilangan bulat positif yang kecil dari 5

A = { x | x adalah bilangan bulat positif lebih kecil dari 5}

atau

A = { x | x P, x< 5 }

Yang ekivalen dengan A = {1, 2, 3, 4}

M = { x | x adalah mahasiswa yang mengambil kuliah IF2151}

d. Diagram Venn

Contoh :

Misalkan U = {1, 2, …, 7, 8}, A = {1, 2, 3, 5} dan B = {2, 5, 6, 8}.

Diagram Venn:

U

1 2

53 6

8

4

7A B

Jumlah elemen di dalam A disebut cardinal dari himpunan A.

Dan dinotasikan dengan n(A) atau A

C. Bentuk/Jenis Himpunan

1. Himpunan Kosong

Himpunan dengan kardinal = 0 disebut himpunan kosong (null set).


2015 4



Notasi : atau {}

Contoh

(i) E = {x | x<x }, maka n(E) = 0

(ii) P = {orang Indonesia yang pernah ke bulan }, maka n(P) = 0

(iii) A = {x | x adalah akar persamaan kuadrat x2 + 1 = 0}, n(A) = 0

himpunan {{ }} dapat juga ditulis sebagai {}

himpunan {{ }, {{ }}} dapat juga ditulis sebagai {, {}}

{} bukan himpunan kosong karena ia memuat satu elemen yaitu

himpunan kosong.

2. HimpunanBagian (Subset)

Himpunan A dikatakan himpunan bagian dari himpunan B jika dan hanya

jika setiap elemen A merupakan elemen dari B.

Dalam hal ini, B dikatakan superset dari A.

Notasi: A B

Diagram Venn:

U

AB

Contoh :

(i) { 1, 2, 3} {1, 2, 3, 4, 5}

(ii) (ii) {1, 2, 3} {1, 2, 3}

(iii) NZRC

(iv) JikaA = { (x, y) | x + y< 4, x, y 0 } dan


2015 5



B = { (x, y) | 2x + y< 4, x 0 dany 0 }, maka B A.

TEOREMA 1. Untuk sembarang himpunan A berlaku hal-hal sebagai berikut:

(a) A adalah himpunan bagian dari A itu sendiri (yaitu, AA).

(b) Himpunan kosong merupakan himpunan bagian dari A ( A).

(c) Jika AB dan BC, maka AC

A dan AA, maka dan A disebut himpunan bagian tak sebenarnya

(improper subset) dari himpunan A.

Contoh: A = {1, 2, 3}, maka {1, 2, 3} dan adalah improper subset dari A.

A B berbeda dengan A B

(i) A B : A adalah himpunan bagian dari B tetapi A B.

A adalah himpunan bagian sebenarnya (proper subset) dari B.

Contoh: {1} dan {2, 3} adalah proper subset dari {1, 2, 3}

(ii) AB : digunakan untuk menyatakan bahwa A adalah himpunan bagian

(subset) dari B yang memungkinkan A = B.

3. Himpunan yang Sama

A = B jika dan hanya jika setiap elemen A merupakan elemen B dan

sebaliknya setiap elemen B merupakan elemen A.

A = B jika A adalah himpunan bagian dari B dan B adalah himpunan

bagian dari A. Jika tidak demikian, maka A B.

Notasi : A = B AB dan BA

Contoh

(i) Jika A = { 0, 1 } dan B = { x | x (x – 1) = 0}, maka A = B

(ii) Jika A = { 3, 5, 8, 5 } dan B = {5, 3, 8 }, maka A = B

(iii) Jika A = { 3, 5, 8, 5 } dan B = {3, 8}, maka AB

Untuk tiga buah himpunan A, B dan C berlaku aksioma berikut:

(a) A = A, B = B, dan C = C

(b) jika A = B, maka B = A

(c) jika A = B dan B = C, maka A = C


2015 6



4. Himpunan yang Ekivalen

Himpunan A dikatakan ekivalen dengan himpunan B jika dan hanya jika

cardinal dari kedua himpunan tersebut sama.

Notasi : A ~ BA = B

Contoh

Misalkan A = { 1, 3, 5, 7 } dan B = { a, b, c, d }, maka A ~ B sebabA = B

= 4

5. Himpunan Saling Lepas

Dua himpunan A dan B dikatakan saling lepas (disjoint) jika keduanya

tidak memiliki elemen yang sama.

Notasi : A // B

Diagram Venn:

U

A B

Contoh

Jika A = { x | xP, x< 8 } dan B = { 10, 20, 30, ... }, makaA // B.

6. Himpunan Kuasa

Himpunan kuasa (power set) dari himpunan A adalah suatu himpunan

yang elemennya merupakan semua himpunan bagian dari A, termasuk

himpunan kosong dan himpunan A sendiri.

Notasi : P(A) atau 2A

JikaA = m, makaP(A) = 2m.

Contoh

Jika A = { 1, 2 }, maka P(A) = { , { 1 }, { 2 }, { 1, 2 }}

Contoh


2015 7



Himpunan kuasa dari himpunan kosong adalah P() = {}, dan himpunan

kuasa dari himpunan {} adalah P({}) = {, {}}.

D. Operasi Himpunan

a. Irisan

Notasi : A B = { xxA dan xB }

Contoh :

1. Jika A = {2, 4, 6, 8, 10} dan B = {4, 10, 14, 18}, maka A∈B = {4, 10}

2. Jika A = { 3, 5, 9 } dan B = { -2, 6 }, maka AB = .

b. Gabungan

Notasi : AB = { xxA atau xB }

Contoh :

1. Jika A = { 2, 5, 8 } dan B = { 7, 5, 22}, maka AB = { 2, 5, 7, 8, 22 }

2. A = A

c. Komplemen

Notasi : A = { xxU, xA }


2015 8



Contoh :

Misalkan U = {1, 2, 3, ..., 9 },

1. Jika A = {1, 3, 7, 9}, maka A = {2, 4, 6, 8}

2. JikaA = { x | x/2 P, x< 9 }, maka A= { 1, 3, 5, 7, 9 }

contoh :

A = himpunan semua mobil buatan dalam negeri

B = himpunan semua mobil impor

C = himpunan semua mobil yang dibuat sebelum tahun 1990

D = himpunan semua mobil yang nilai jualnya kurang dari Rp 100 juta

E = himpunan semua mobil milik mahasiswa universitas tertentu

1. “mobil mahasiswa di universitas ini produksi dalam negeri atau diimpor

dari luar negeri” (E∈A) (E∈B) atau E∈ (AB)

2. “semua mobil produksi dalam negeri yang dibuat sebelum tahun 1990

yang nilai jualnya kurang dari Rp 100 juta” A∈C∈D

3. “semua mobil impor buatan setelah tahun 1990 mempunyai nilai jual

lebih dari Rp 100 juta” BDC

d. Selisih

Notasi : A – B = { xxA dan xB } = A ∈B

Contoh :

1. Jika A = { 1, 2, 3, ..., 10 } danB = { 2, 4, 6, 8, 10 }, maka

A – B = { 1, 3, 5, 7, 9 } dan B – A =

2. {1, 3, 5} – {1, 2, 3} = {5}, tetapi {1, 2, 3} – {1, 3, 5} = {2}

e. Beda setangkup


2015 9



Notasi: AB = (AB) – (A∈B) = (A – B) (B – A)

Contoh :

Jika A = { 2, 4, 6 } dan B = { 2, 3, 5 }, maka AB = { 3, 4, 5, 6 }

Contoh :

U = himpunan mahasiswa

P = himpunan mahasiswa yang nilai ujian UTS di atas 80

Q= himpunan mahasiswa yang nilai ujian UAS di atas 80

Seorang mahasiswa mendapat nilai A jika nilai UTS dan nilai UAS

keduanya diatas 80, mendapat nilai B jika salah satu ujian di atas 80, dan

mendapat nilai C jika kedua ujian di bawah 80.

1. “Semua mahasiswa yang mendapat nilai A” : P∈Q

2. “Semua mahasiswa yang mendapat nilai B” : PQ

3. “Semua mahasiswa yang mendapat nilai C” : U – (PQ)

DaftarPustaka

1. Firrar Utdirartatmo, Teori Bahasa dan Otomata, Graha Ilmu, Yogyakarta, Edisi 2, 2005.

2. Jonhson, Ricard, Discrete Mathematics. Prentice Hall Int, New Jersey, 2001

3. Sri Kusumadewi, Hari Purnomo, Aplikasi Logika Fuzzy, Graha Ilmu, Yogyakarta, 2004.

4. Klin, George J dan Tina A. Folger, Fuzzy Sets, Uncertainty and Information, Prentice Hall

Int, New Jersey, 1998.

5. Sumarna, Elektronika Digital, Graha Ilmu, Yogyakarta, 2006.


2015 1



MODUL PERKULIAHAN

INKLUSI EKSKLUSI

HIMPUNAN

Definisi pada teori himpunan

Prinsip inklusi-eksklusi.



02 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi


2015 2



Dalam matematika prinsip Inklusi dan Eksklusi merupakan perluasan ide dalam Diagram Venn beserta operasi irisan dan gabungan.

Mahasiswa mampu memahami prinsip inklusi – eksklusi dan definisi pada teori himpunan

INKLUSI EKSKLUSI HIMPUNAN

1. Prinsip Inklusi – Eksklusi.

Operasi penggabungan dua buah himpunan akan menghasilkan himpunan baru

yang anggotanya berasal dari kedua himpunan tersebut. Pada operasi tersebut

mungkin saja ada anggota himpunan yang sama pada kedua himpunan

pembentuk himpunan baru tersebut. Misal jika A adalah himpunan bilangan prima

yang lebih kecil dari 10 dan B himpunan bilangan ganjil kurang dari sepuluh. Maka

ada bilangan {3,5,7} yang menjadi anggota di A dan di B. Pada operasi gabungan

dua himpunan, banyaknya anggota himpunan baru yang terbentuk akan ada dua

elemen himpunan {3,5,7} yang berasal dari A dan B. Elemen ini merupakan

elemen bersama antara A dan B yang dalam himpunan dapat ditentukan sebagai

operasi irisan A ∩ B. Sehingga untuk kasus dimana ada elemen bersama antara

A dan B, maka banyaknya anggota himpunan baru tersebut seharusnya jumlah

elemen penggabungan dikurang jumlah elemen bersama. Secara himpunan dapat

dituliskan sebagai berikut.

| A U B | = |A | + |B| - |A ∩ B |

Prinsip ini dikenal dengan nama prinsip inklusi – eksklusi.

Teorema. Misalkan A dan B himpunan berhingga yang saling lepas maka,


2015 3



U

A B

| A U B | = |A | + |B| - | A ∩ B |

Teorema. Misalkan A dan B himpunan maka A U B berhingga dan

| A U B | = |A | + |B| - | A ∩ B |

atau dengan menggunakan operasi beda setangkup jumlah elemen himpunan

baru tersebut dapat ditentukan dengan operasi berikut.

| A B | = |A | + |B| - | A ∩ B |

Berapa banyaknya bilangan bulat antara 1 dan 100 yang habis dibagi 3 atau 5?

Penyelesaian:

A = himpunan bilangan bulat yang habis dibagi 3,

B = himpunan bilangan bulat yang habis dibagi 5,

AB = himpunan bilangan bulat yang habis dibagi 3 dan 5 (yaitu himpunan

bilangan bulat yang habis dibagi oleh KPK – Kelipatan Persekutuan Terkecil – dari

3 dan 5, yaitu 15),


2015 4



Yang ditanyakan adalah AB.

A = 100/3 = 33,

B = 100/5 = 20,

AB = 100/15 = 6

AB = A + B – AB = 33 + 20 – 6 = 47

Jadi, ada 47 buah bilangan yang habis dibagi 3 atau 5.

prinsip inklusi-eksklusi pada dua himpunan dapat dikembangkan untuk lebih dari

dua himpunan.

Contoh : Di antara bilangan bulat antara 101 – 600 (termasuk 101 dan 600 itu

sendiri), berapa banyak bilangan yang habis dibagi oleh 4 atau 5 namun tidak

keduanya?

Penyelesaian:

Diketahui:

U = 500

A = 600/4 – 100/4 = 150 – 25 = 125

B = 600/5 – 100/5 = 120 – 20 = 100

A B = 600/20 – 100/20 = 30 – 5 = 25

yang ditanyakan BA = ?

Hitung terlebih dahulu

AB = A + B – 2A B = 125 + 100 – 50 = 175

untuk mendapatkan

BA = U –AB = 500 – 175 = 325

Teorema


2015 5



Jika A,B,C merupakan himpunan berhingga maka AB C berhingga.

AB C = A + B+| C | – AB-AC- BC + ABC

Untuk r buah himpunan.

Teorema

Jika A1,A2..... An adalah bilangan berhingga, maka

A1A2 … Ar = i

Ai – rji1

AiAj +

rkji1

AiAjAk + … + (-1)r-1A1A2 … Ar

Contoh : Berapa banyaknya bilangan bulat antara 1 dan 100 yang habis dibagi 3

atau 5?

Jawab

P = himpunan bilangan bulat yang habis dibagi 3,

Q = himpunan bilangan bulat yang habis dibagi 5,

n(PQ) = himpunan bilangan bulat yang habis dibagi 3 dan 5 ( yaitu himpunan

bilangan bulat yang habis dibagi olek KPK / kelipatan persekutuan terkecil dari 3

dan 5 yaitu 15.

Ditanyakan n (A B)???

n (A) = 100/3 = 33

n (B) = 100/5 = 20

n (A B) = 100/15 = 6

maka n (A B) = n (A) + n (B) – n (A B)

= 33 + 20 -6

= 47

Jadi ada 47 buah bilangan yang habis dibagi 3 dan 5.


2015 6



2. Prinsip Inklusif dan Eksklusif pada 3 himpunan atau lebih

Prinsip Inklusi dan Eksklusi merupakan perluasan ide dalam Diagram Venn beserta operasi

irisan dan gabungan, namun dalam pembahasan kali ini konsep tersebut diperluas, dan diperkaya

dengan ilustrasi penerapan yang bervariasi dalam matematika kombinatorik. Kita awali

dengan sebuah ilustrasi:

Sebuah perkuliahan umum dihadiri oleh 20 mahasiswa yang memiliki kegemaran membaca dan

30 mahasiswa yang memiliki kegemaran menulis. Berapa mahasiswa di dalam perkuliahan

tersebut yang memiliki kegemaran membaca atau menulis?

Dari permasalahan ini terlihat bahwa informasi yang diketahui belum memadai. Banyaknya

mahasiswa yang memiliki kegemaran membaca atau menulis hanya dapat diketahui jika

banyaknya mahasiswa yang menggemari kedua kegiatan tersebut diketahui.

Prinsip Inklusi-Eksklusi

Banyaknya anggota himpunan gabungan antara himpunan A dan himpunan B merupakan jumlah

banyaknya anggota dalam himpunan tersebut dikurangi banyaknya anggota di dalam irisannya.

Dengan demikian,

n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B)

Contoh

1. Dalam sebuah program studi pendidikan matematika yang terdiri atas 350 mahasiswa,

terdapat 175 mahasiswa yang mengambil mata kuliah persamaan diferensial dan 225

mahasiswa yang mengambil mata kuliah analisis kompleks, dan 50 mahasiswa yang

mengambil mata kuliah persamaan diferensial dan analisis kompleks. Ada berapa

mahasiswa di dalam perkuliahan itu jika setiap mahasiswa mengambil mata kuliah

persamaan diferensial, analisis kompleks, atau kedua-duanya?

Penyelesaian:

Misalkan A adalah banyaknya mahasiswa yang mengambil mata kuliah persamaan diferensial


2015 7



dan B menyatakan mahasiswa yang mengambil mata kuliah analisis kompleks. Maka A B

merupakan himpunan mahasiswa yang mengambil kedua mata kuliah tersebut. Banyaknya

mahasiswa di dalam kelas itu yang mengambil mata kuliah persamaan diferensial, analisis

kompleks, atau kedua-duanya adalah

n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B)

= 175 + 225 – 50

= 350

Ini berarti, terdapat 350 mahasiswa di dalam kelas yang mengambil mata kuliah persamaan

diferensial, analisis kompleks, atau kedua-duanya. Karena banyaknya siswa keseluruhan di

dalam kelas tersebut adalah 350 mahasiswa, artinya tidak terdapat mahasiswa yang tidak

memilih salah satu dari kedua konsentrasi itu.

2. Di sebuah jurusan dalam suatu perguruan tinggi terdapat 134 mahasiswa tingkat 3. Dari

sekian banyak mahasiswa tersebut, 87 di antaranya mengambil mata kuliah teori graf diskrit,

73 mengambil mata kuliah matematika ekonomi, dan 29 mengambil mata kuliah teori graf

dan matematika ekonomi. Berapa banyak mahasiswa yang tidak mengambil sebuah mata

kuliah baik dalam teori graf maupun dalam matematika ekonomi?

Penyelesaian:

Untuk menentukan banyaknya mahasiswa tingkat 3 yang tidak mengambil mata kuliah teori

graf ataupun matematika ekonomi, kurangilah banyaknya mahasiswa yang mengambil mata

kuliah dari salah satu mata kuliah ini dari keseluruhan banyaknya mahasiswa tingkat 1.

Misalkan A merupakan himpunan semua mahasiwa tingkat 3 yang mengambil mata kuliah teori

graf, dan B adalah himpunan mahasiswa yang mengambil mata kuliah matematika ekonomi.

Maka n(A)=87, n(B)=73, dan n(A ∩ B) = 29. Banyaknya mahasiswa tingkat 3 yang mengambil

mata kuliah teori graf atau matematika ekonomi adalah

n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B)


2015 8



= 87 + 73 – 29

= 160-29

= 131

Ini artinya terdapat sebanyak 134–131 = 3 mahasiswa tingkat 3 yang tidak mengambil mata kuliah

teori graf ataupun matematika ekonomi.

Dalam bagian berikutnya akan diuraikan bagaimana cara-cara menentukan banyaknya anggota

dalam gabungan antara himpunan terhingga dari sebuah himpunan. Hasil ini kemudian akan

dikembangkan menjadi sebuah prinsip yang dinamakan Prinsip Inklusi-Eksklusi. Sebelum

membicarakan gabungan dari n himpunan, dengan n sebagai bilangan bulat positif, sebuah

rumusan bagi banyaknya anggota dalam gabungan 3 himpunan A, B, dan C akan diturunkan.

Untuk menyusun rumus ini perlu diingat bahwa n(A)+n(B)+n(C) membilang tiap anggota tepat

satu kali dari ketiga himpunan tersebut satu kali, anggota yang tepat 2 kali dari himpunan-

himpunan itu adalah dua kali, dan anggota-anggota dalam 3 himpunan tersebut 3 kali.

Ilustrasikan dari permasalahan gabungan dari 3 himpunan

Diagram Venn Tiga Himpunan

Ekspresi final ini membilang tiap anggota satu kali, apakah itu 1, 2 atau 3 dalam 3 himpunan. Jadi,

n(A ∪ B ∪ C)= n(A)+n(B)+n(C)- n(A ∩ B) – n(B ∩ C) – n(A ∩ C) + n(A ∩ B ∩ C)


http://ibumei.files.wordpress.com/2011/03/ven.jpg

2015 9



Teorema (Prinsip Inklusi-Eksklusi)

Daftar Pustaka








http://ibumei.files.wordpress.com/2011/03/inklusi.jpg

2015 1



MODUL PERKULIAHAN

HUKUM DAN

PEMBUKTIAN HIMPUNAN

o Hukum pada himpunan

o Prinsip dualitas.

o Pembuktian pernyataan himpunan



03 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi Hukum pada himpunan adalah sifat-sifat (properties) himpunan. Dua konsep yang berbeda dapat saling dipertukarkan namun tetap memberikan jawaban yang

Mahasiswa mampu memahami dan dapat membuktikan pernyataan himpunan


2015 2



benar. Prinsip ini merupakan prinsip dualitas.

Hukum dan Pembuktian Himpunan

A. Hukum pada himpunan.

Hukum pada himpunan adalah sifat-sifat (properties) himpunan. Hukum himpunan sering

disebut sebagai hukum aljabar himpunan. Berikut adalah hukum aljabar pada himpunan.

Hukum identitas :

A = A

AU = A

Hukum null / dominasi:

A =

AU = U

Hukum komplemen:

A A = U

A A =

Hukum idempoten:

AA = A

AA = A

Hukum involusi:

)(A= A

Hukum penyerapan (absorpsi):

A (A B) = A

A (A B) = A

Hukum komutatif:

A B = B A

A B = B A

Hukum asosiatif:

A (B C) = (A B) C

A (B C) = (A B) C

Hukum distributif:

A (B C) = (A B) (A C)

A (B C) = (A B) (A C)

Hukum De Morgan:

BA = BA

BA = BA

Hukum 0/1

= U

U =


2015 3



B. Prinsip dualitas.

Prinsip Dualitas dikatakan berlaku pada saat dua konsep yang berbeda dapat saling

dipertukarkan namun tetap memberikan jawaban yang benar.

Contoh: Di Amerika kemudi mobil di kiri depan, Inggris (juga Indonesia) kemudi mobil di

kanan depan.

Peraturan:

(a) di Amerika Serikat,

mobil harus berjalan di bagian kanan jalan,

pada jalan yang berlajur banyak, lajur kiri untuk mendahului,

bila lampu merah menyala, mobil belok kanan boleh langsung

(b) di Inggris,

mobil harus berjalan di bagian kiri jalan,

pada jalur yang berlajur banyak, lajur kanan untuk mendahului,

bila lampu merah menyala, mobil belok kiri boleh langsung

Prinsip dualitas:

Konsep kiri dan kanan dapat dipertukarkan pada kedua negara tersebut sehingga

peraturan yang berlaku di Amerika Serikat menjadi berlaku pula di Inggris

(Prinsip Dualitas pada Himpunan). Misalkan S adalah suatu kesamaan (identity) yang

melibatkan himpunan dan operasi-operasi seperti , dan komplemen. Jika S*

diperoleh dari S dengan mengganti .

,

,

U,

U ,


2015 4



Sedangkan komplemen dibiarkan seperti semula, maka kesamaan S* juga benar dan

disebut dual dari kesamaan S.

Hukum identitas:

A = A

Dualnya:

A U = A

Hukum null / dominasi:

A =

Dualnya:

A U = U

Hukum komplemen:

A A = U

Dualnya:

A A =

Hukum idempoten:

A A = A

Dualnya:

A A = A

Hukum penyerapan:

A (A B) = A

Dualnya:

A (A B) = A

Hukum komutatif:

A B = B A

Dualnya:

A B = B A

Hukum asosiatif:

A (B C) = (A B) C

Dualnya:

A (B C) = (A B) C

Hukum distributif:

A (B C)=(A B) (A C)

Dualnya:

A (B C) = (A B) (A C)

Hukum De Morgan:

BA = AB

Dualnya:

BA = AB


2015 5



Hukum 0/1

= U

Dualnya:

U =

C. Pembuktian Pernyataan Himpunan.

Pernyataan himpunan adalah argumen yang menggunakan notasi himpunan.

Pernyataan dapat berupa:

1. Kesamaan (identity)

Contoh : Buktikan “A (BC) = (AB) (AC)”

2. Implikasi

Contoh: Buktikanbahwa “Jika A B = dan A (B C) maka selalu berlaku bahwa

A C”.

1. Pembuktian dengan menggunakan diagram Venn

Misalkan A, B, dan C adalah himpunan.

BuktikanA (BC) = (AB) (AC) dengan diagram Venn.

Bukti:

A (BC) (AB) (AC)


2015 6



Kedua digaram Venn memberikan area arsiran yang sama.

Terbukti bahwa A (BC) = (AB) (AC).

Diagram Venn hanya dapat digunakan jika himpunan yang digambarkan tidak

banyak jumlahnya.

Metode ini mengilustrasikan ketimbang membuktikan fakta. Diagram Venn

tidak dianggap sebagai metode yang valid untuk pembuktian secara formal.

2. Pembuktian dengan menggunakan table keanggotaan

Misalkan A, B, dan C adalah himpunan.

Buktikan bahwa A (BC) = (AB) (AC).

Bukti:

A B C BC A (BC) AB AC (AB) (AC)

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 1 1 0 0 0 0

0 1 0 1 0 0 0 0

0 1 1 1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 1 1 0 1 1

1 1 0 1 1 1 0 1

1 1 1 1 1 1 1 1

Karena kolom A (BC) dan kolom (AB) (AC) sama, makaA (BC) = (AB)

(AC).

3. Pembuktian dengan menggunakan aljabar himpunan.

Misalkan A dan B himpunan. Buktikan bahwa (AB) (AB ) = A

Bukti:

(AB) (AB ) = A (BB ) (Hukum distributif)


2015 7



= AU (Hukum komplemen)

= A (Hukum identitas)

Misalkan A dan B himpunan. Buktikan bahwa A (B – A) = AB

Bukti:

A (B – A) =A (B A ) (Definisi operasi selisih)

= (AB) (A A ) (Hukum distributif)

= (AB) U (Hukum komplemen)

= AB (Hukum identitas)

Buktikan bahwa untuk sembarang himpunan A dan B, bahwa

(i) A ( AB) = AB dan

(ii) A ( AB) = AB

Bukti:

(i) A ( AB) = ( A A ) (AB) (Hukum distributif)

= U (AB) (Hukum komplemen)


(ii) adalah dual dari (i)

A ( AB) = (A A ) (AB) (Hukum distributif)

= (AB) (Hukum komplemen)


4. Pembuktian dengan menggunakan definisi

Metode ini digunakan untuk membuktikan pernyataan himpunan yang tidak

berbentuk kesamaan, tetapi pernyataan yang berbentuk implikasi. Biasanya di

dalam implikasi tersebut terdapat notasi himpunan bagian ( atau ).


2015 8



Contoh. Misalkan A dan B himpunan. Jika AB = dan A (BC) maka buktikan

bahwa AC.

Bukti:

(i) Dari definisi himpunan bagian, PQ jika dan hanya jika setiap x P juga xQ.

Misalkan xA. Karena A (BC), maka dari definisi himpunan bagian, x juga

(B C).

Dari definisi operasi gabungan (), x (BC) berarti xB atau xC.

(ii) Karena xA dan AB = , maka xB

Dari (i) dan (ii), xC harus benar. Karenax A juga berlaku x C, maka dapat

disimpulkan A C .

Uji kompetensi :

1. Buktikan

(A B) B

a. Menggunakan diagram Venn

b. Menggunakan tabel keanggotaan

c. Kesamaan

2. Buktikan

(A B) B

a. Menggunakan diagram Venn

b. Menggunakan tabel keanggotaan

c. Kesamaan


2015 9



Daftar Pustaka








2015 1



MODUL PERKULIAHAN

RELASI DAN FUNGSI

Relasi

Fungsi

Jenis fungsi



04 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi Dalam matematika hubungan antara elemen suatu himpunan dengan himpunan lainnya yang dinyatakan dalam bentuk struktur disebut relasi. Cara yang paling mudah untuk menyatakan hubungan antara elemen

- Mahasiswa mampu memahami pengertian fungsi dan sifat-sifatnya.

- Mahasiswa mampu menentukan komposisi fungsi dari dua fungsi

- Mahasiswa mampu menentukan invers suatu fungsi


2015 2



himpunan adalah dengan himpunan pasangan terurut.

RELASI DAN FUNGSI

D. Relasi.

Hubungan antara elemen suatu himpunan dengan himpunan lainnya yang dinyatakan

dalam bentuk struktur disebut relasi. Cara yang paling mudah untuk menyatakan

hubungan antara elemen himpunan adalah dengan himpunan pasangan terurut.

Himpunan ini dapat diperoleh lewat perkalian kartesian dengan Notasi : A X B = {(x,

y) | x e A dan y e B }

Contoh.

(i) Misalkan C = { 1, 2, 3 }, dan D = { x, y }, maka

C X D = { (1, x), (1, y), (2, x), (2, y), (3, x), (3, y) }

(ii) Misalkan A = B = himpunan semua bilangan riil, maka

A X B = himpunan semua titik di bidang datar.

Invers dari R dinotasikan dengan R-1 adalah relasi dari B ke A yang terdiri dari

pasangan-pasangan terurut yang berkebalikan dengan R, yaitu

R-1 = { (b, a)| (a, b) e R }. Dengan kata lain, b R-1 a jika dan hanya jika a R b.

Contoh :

A = { 1,2 }

B = { a,b,c }

C = { c,d }

Tentukanlah :

a. (A X B) (A X C)

b. A X (B C)


2015 3



Jawab

a. A X B = { (1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c) }

A X C = { (1, c), (1, d), (2, c), (2, d) }

Maka (A X B) (A X C) = { (1, c), (2, c) }

b. Dalam hal ini B C = { c }

Maka A X (B C) = { (1, c), (2, c) }

Perhatikan bahwa (A X B) (A X C) = A X (B C).

Hal ini berlaku untuk sembarang himpunan A, B, dan C.

Contoh :

Misalkan R adalah relasi dari A = { 1, 2, 3, 4 } ke B = { x, y, z } didefinisikan oleh

R = { (1, y), (1, z), (3, y), (4, x), (4, z) }

Tentukan domain dan range dari R

Tentukan relasi invers R-1 dari R

JAWAB

Domain dari R terdiri dari elemen-elemen pertama dari pasangan terurut R, dan

rangenya terdiri dari elemen-elemen keduanya. Maka domain (R) = { 1, 3, 4 } dan

range (R) = { x, y, z }.

R-1 didapatkan dengan menukarkan urutan dari pasangan-pasangan terurut di R.

Maka

R-1 = { (y, 1), (z, 1), (y, 3), (x, 4), (z, 4) }

Komposisi Relasi

Misalkan A, B, C adalah himpunan-himpunan, dan misalkan R adalah sebuah relasi

dari A ke B dan misalkan S adalah sebuah relasi dari B ke C. dengan begitu, R adalah

subset dari A X B dan S adalah subset dari B X C. maka R dan S akan memberikan

sebuah relasi dari A ke C yang dinyatakan dengan R ○ S dan didefinisikan A (R ○ S)

c jika untuk sembarang b e B kita dapatkan a R b dan b S c.

Dengan demikian,

R ○ S = { (a, c) ada b e B dimana (a, b) e R dan (b, c) e S }

Relasi R ○ S disebut komposisi dari S dan dinyatakan dengan RS.

Contoh :


2015 4



1. Misalkan

K = { 1,2,3 }, M = { A, B, C } dan N = { X, Y, Z }

Perhatikan relasi R dari K ke M dan S dari M ke N berikut

R = { (1, B), (2, A), (3, C) }

Dan S = { (A, Y), (B, X), (C, Z) }

Tentukan relasi komposisi R ○ S!

Gambarlah diagram panah dari R dan S seperti berikut ini :

Pada gambar diatas ada panah dari 1 ke B yang diikuti panah dari B ke X. maka 1

(R ○ S) X karena 1RB dan B S X. dengan demikian (1,X) anggota dari R○ S. Dengan

cara yang sama sebuah path dari 2 ke A ke Y dan path dari 3 ke C ke Z. Maka (2, Y)

dan (3, Z) juga anggota dari R ○ S. Tidak ada pasangan lain yang menjadi anggota

R ○ S. maka

R ○ S = { (1, X), (2, y), (3, z) }

Definisi :

Sebuah relasi pada sebuah himpunan A disebut relasi ekivalen jika dan hanya jika

relasi tersebut bersifat refleksif, simetris dan transitif.

Contoh : Misal himpunan A adalah himpunan string kata dalam kosa kata bahasa

Indonesia.

R adalah relasi pada himpunan A, dimana untuk A (b, a)∈A, a R b (a berelasi dengan

b) jika dan hanya jika l(a) = l(b), dimana l(x) adalah panjang kata x. Apakah R adalah

relasi ekivalen?

(i) Syarat relasi R pada himpunan A disebut refleksif :


2015 5



jika (a, a) ε R untuk setiap a ε A ......(*)

Karena untuk setiap string kata a berlaku l(a) = l(a), maka syarat (*) terpenuhi,

sehingga R bersifat refleksif

(ii) Syarat R bersifat simetris :

jika untuk semua (a, b) ε A, jika (a, b) ε R, maka (b, a) ε R ...(**)

Karena untuk setiap string kata a, b berlaku :

jika l(a)=l(b), maka l(b) = l(a),

maka syarat (**) terpenuhi, sehingga R bersifat simetris.

(iii) Syarat R bersifat transitif:

jika (a, b) ε R dan (b, c) ε R, maka (a, c) ε R, untuk a, b, c ε A ..(***)

Karena untuk setiap string kata a, b, c berlaku :

jika l(a) = l(b) dan l(b) = l(c), maka l(a) = l(c), maka syarat (***) terpenuhi, sehingga R

bersifat transitif.

Jadi R adalah relasi ekivalen

Partial Ordering

Sebuah relasi R pada sebuah himpunan S disebut partial order jika relasi ini bersifat

bersifat refleksif, antisimetris, dan transitif.

Contoh .

Tunjukkan bahwa relasi lebih besar atau sama dengan adalah partial order pada

himpunan bilangan bulat!

R dapat kita definisikan sebagai

(i) Untuk semua bilangan bulat tentu saja berlaku, yang artinya untuk semua bilangan

bulat a, maka (a, a). Sehingga R bersifat refleksif

(ii) Jika berlaku dan maka tentu a = b, yang artinya (a, b) dan (b, a) aa ≥ ab ≥ R∈→

(a = b). Sehingga R bersifat antisimetris

(iii) Jika yang berarti jika (a, b) dan (b, c) ba ≥ ab ≥ ca ≥ R∈ maka (a, c) R∈.

Sehingga R bersifat transitif. Karena R bersifat refleksif, antisimetris dan transitif,

maka R adalah Partial Order.


2015 6



E. Fungsi

Fungsi merupakan kejadian khusus dari relasi. Hubungan antara fungsi, relasi dan

hasil kali kartesian dari himpunan X ke himpunan Y digambarkan sbb

Andaikan setiap elemen dari himpunan A dipetakan secara unik ke suatu elemen di

himpunan B, kumpulan dari pemetaan-pemetaan ini disebut fungsi atau pemetaan

dari A ke B. Kita menyatakan sebuah fungsi f dari A ke B dengan f : A B. Kita

menuliskan f(a) untuk elemen di B yang mana f memetakan ke a A, f(a) adalah

nilai fungsi di a atau petaan a di bawah f. Istilah fungsi dan pemetaan seringkali

digunakan dengan pengertian yang sama, meskipun ada sumber-sumber yang

mengganti istilah fungsi untuk suatu nilai real atau pemetaan bernilai kompleks, yaitu

yang memetakan suatu himpunan ke dalam bilangan real R atau C.

Pada f : A B

Himpunan A adalah domain dari f. Himpunan B adalah kodomain dari f. Himpunan

dari semua nilai pemetaan f disebut image (range) dari f dan dinyatakan dengan Im f

atau f (A).

Im f = { b e B terdapat a e A sedemikian hingga f (a) = b }

Contoh :

Andaikan A adalah himpuan dari mahasiswa –mahasiswa di kampus. Tentukan

manakah dari pemetaan berikut yang mendefinisikan sebuah fungsi pada himpunan

A.

a) Setiap mahasiswa memetakan usianya

b) Setiap mahasiswa memetakan gurunya

c) Setiap mahaiswa memetakan jenis kelaminnya

d) Setiap mahasiswa memetakan suami atau istrinya


2015 7



Jawab :

Suatu kumpulan pemetaan adalah sebuah fungsi pada A dimana setiap a e A

dipetakan tepat ke satu elemennya, sehingga

a) Ya, karena setiap mahsiswa mempunyai satu dan hanya satu usia

b) Ya, jika setiap mahasiswa hanya memiliki satu guru. Tidak, jika ada mahasiswa

yang memiliki guru lebih dari satu.

c) Ya, karena setiap mahasiswa hanya memiliki satu jenis kelamin.

d) Tidak, jika ada mahasiswa yang belum menikah

Contoh :

Diketahui fungsi f dari G = { A, B, C, D } ke H = { X, Y, Z, W } yang didefinisikan oleh

gambar di bawah ini.

Tentukanlah

a) image (range) dari setiap elemen di G

b) image (range) dari f

c) grafik dari f, tuliskan f sebagai himpunan dari pasangan-pasangan terurut.

Jawab

a) panah menyatakan image (range) dari suatu elemen, sehingga

f (A) = Y, f (B) = X, f (C) = Z, f (D) = Y

b) Image f(G) dari f terdiri dari semua nilai pemetaan. Hanya X, Y, Z yang muncul

sebagai nilai pemetaan, sehingga f(G) = { X,Y,Z }

c) Pasangan terurut (A, f (A)), dimana A G adalah bentuk grafik f.

maka f = { (A,Y), (B,X), (C,Z), (D,Y) }

F. Jenis Fungsi


2015 8



Pada fungsi f yang memetakan A ke B dan fungsi g yang memetakan B ke C, dimana

kodomain dari f adalah domain dari g. Komposisi fungsi f dan g ditulis dengan g ○ f

adalah fungsi dari A ke C yang didefinisikan oleh

(g ○ f) (a) || g (f (a))

untuk mendapatkan range dari a di bawah g ○ f, pertama kita mencari range a di

bawah f kemudian tentukan range dari f (a) di bawah g.

Misalkan fungsi f K L dan g L M didefinisikan oleh gambar berikut .

Tentukan komposisi fungsi !

Kita gunakan defisi komposisi fungsi untuk menghitung

(g ○ f) (A) = g (f (A)) = g (Y) = T

(g ○ f) (B) = g (f (B)) = g (X) = S

(g ○ f) (C) = g (f (C)) = g (Y) =T

Perhatikan bahwa diperoleh jawaban yang sama jika kita mengikuti arah panah

pada diagram.

A Y T, B X S, C Y T

Injektif, Bijektif dan Surjektif

Misalkan f adalah suatu fungsi dari X ke Y. f disebut fungsi injektif (one to one) bila

dan hanya bila setiap anggota Y paling banyak hanya mempunyai satu kawan di X.

Fungsi surjektif apabila setiap anggota Y mempunyai kawan di X. Kawan tersebut

tidak harus tunggal. Fungsi bijektif apabila fungsi tersebut injektif dan sekaligus

surjektif


2015 9



Fungsi Invers

Diketahui suatu fungsi f : X Y adalah suatu fungsi. Dari contoh-contoh sebelumnya

tampak bahwa relasi dari Y ke X belum tentu merupakan fungsi. Akan tetapi jika fungsi

f : X Y adalah suatu fungsi bijektif, maka setiap elemen y E Y mempunyai tepat

satu kawan di X. Ini berarti bahwa relasi dari Y ke X merupakan fungsi juga. Fungsi

dari Y ke X disebut invers fungsi f (f1)


2015 10



Daftar Pustaka








2015 1



MODUL PERKULIAHAN

PROPOSISI dan

KUANTOR

O PROPOSISI

O NEGASI PROPOSISI

o KUANTOR



05 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi

Ilmu logika lebih mengarah kepada bentuk kalimat (sintaks) dari pada arti kalimat itu sendiri (sematik). Kalkulus proposisi merupakan metoda komputasi untuk menentukan apakah proposisi/kalimat yang ditinjau nilai benar/salah (true/false). Kuantor universal menunjukkan bahwa setiap objek dalam semestanya

Mahasiswa mampu memahami

dan membedakan bentuk-

bentuk proposisi dan kuantor.


2015 2



mempunyai sifat kalimat yang menyatakannya. Kuantor eksistensial menunjukkan bahwa diantara objek-objek (term–term) dalam semestanya, paling sedikit ada ada satu term/objek yang memenuhi sifat kalimat yang menyatakannya.

Proposisi dan Kuantor

G. PROPOSISI

Ilmu logika berhubungan dengan kalimat-kalimat (argumen). Dengan menggunakan

aturan-aturan tertentu maka pernyataan yang terdiri dari argumen-argumen bisa

bernilai benar atau salah. Ilmu logika lebih mengarah kepada bentuk kalimat (sintaks)

dari pada arti kalimat itu sendiri (sematik).

1. Proposisi

Kata merupakan rangkaian huruf yang mengandung arti, sedangkan kalimat

adalah kumpulan kata yang disusun menurut aturan tata bahasa dan

mengandung arti. Di dalam matematika tidak semua pernyataan yang bernilai

benar atau salah saja yang digunakan dalam penalaran. Pernyataan disebut juga

kalimat deklaratif yaitu kalimat yang bersifat menerangkan dan disebut juga

proposisi. Pernyataan/ Kalimat Deklaratif/ Proposisi adalah kalimat yang bernilai

benar atau salah tetapi tidak keduanya

Berikut adalah beberapa contoh proposisi:

4 + 1 = 5

9 adalah bilangan prima

Jakarta adalah ibukota negara Indonesia.

Kalimat-kalimat diatas adalah proposisi karena dapat diketahui nilai

kebenarannya. Kalimat (a) dan (c) bernilai benar, sedangkan kalimat (b) bernilai

salah.

Contoh berikut ini adalah kalimat-kalimat yang bukan merupakan proposisi:

a. Dimana letak pulau Bali?

b. x + y = 2

c. Siapa namamu?

d. x > 5

Tetapi pernyataan berikut :“Untuk sembarang bilangan bulat n ≥ 0, maka 2n

adalah bilangan genap.” dan “x + y = y + x untuk setiap x dan y bilangan riil”


2015 3



adalah proposisi, karena pernyataan pertama adalah cara lain untuk menyatakan

bilangan genap dan pernyataan kedua walaupun tidak menyebutkan nilai x dan

y, tetapi pernyataan tersebut benar untuk nilai x dan y berapapun. Proposisi

biasanya dilambangkan dengan huruf kecil seperti p, q, r, dan seterusnya.

Misalnya,

p : 6 adalah bilangan genap.

q : 2 + 3 = 7

r : 2 < 5

2. Kalkulus Proposisi

Kalkulus proposisi merupakan metoda komputasi untuk menentukan apakah

proposisi/kalimat yang ditinjau nilai benar/salah (true/false). Dengan demikian

pada kalkulus proposri yang dipelajari adalah bagaimana menentukan nilai

kebenaran suatu kalimat (True/False). Satu atau lebih proposisi dapat

dikombinasikan untuk menghasilkan proposisi baru. Operator yang digunakan

untuk mengkombinasikan proposisi disebut operator logika. Operator logika dasar

yang digunakan adalah dan (and), atau (or), dan tidak (not). Proposisi baru yang

diperoleh dari pengkombinasian tersebut dinamakan proposisi majemuk

(compound proposition). Dalam logika dikenal 5 buah operator berikut ini.

a. Konjungsi

Konjungsi merupakan operator pada kalkulus proporsi dengan lambang ˄.

Operator ini memiliki tabel kebenaran seperti berikut ini.

Contoh :

Diketahui proposisi berikut ini:

p : Langit mendung


2015 4



q : Adi membawa jas hujan.

p ˄ q : Langit mendung dan Adi membawa jas hujan.

b. Disjungsi

Disjungsi merupakan operator pada kalkulus proporsi dengan lambang ˅.


Kalimat disjungsi dapat mempunyai 2 arti yaitu :

c. Inklusif OR

Yaitu jika “p benar atau q benar atau keduanya true”

Contoh :

p : 7 adalah bilangan prima

q : 7 adalah bilangan ganjil

p q : 7 adalah bilangan prima atau ganjil

Benar bahwa 7 bisa dikatakan bilangan prima sekaligus bilangan ganjil.

d. Eksklusif OR

Yaitu jika “p benar atau q benar tetapi tidak keduanya”.

Contoh :

p :Saya akan melihat pertandingan bola di TV.

q :Saya akan melihat pertandingan bola di lapangan.

p q : Saya akan melihat pertandingan bola di TV atau di lapangan.


2015 5



Hanya salah satu dari 2 kalimat penyusunnya yang boleh bernilai benarya itu

jika “Saya akan melihat pertandingan sepak bola di TV saja atau di lapangan

saja tetapi tidak keduanya.

e. Negasi

Negasi merupakan operator pada kalkulus proporsi dengan lambang ~ atau

. Operator ini memiliki tabel kebenaran seperti berikut ini.

f. Implikasi

Implikasi merupakan operator pada kalkulus proporsi dengan lambang →.



2015 6



Misalkanada 2 pernyataan p dan q, untuk menunjukkan atau membuktikan

bahwa jika p bernilai benar akan menjadikan q bernilai benar juga, diletakkan

kata “JIKA” sebelum pernyataan pertama lalu diletakkan kata “MAKA”

sebelum pernyataan kedua sehingga didapatkan suatu pernyataan majemuk

yang disebut dengan Implikasi /Pernyataan bersayarat dinotasikan dengan

simbol “”.

Notasi pq dapat dibaca :

1. Jika p maka q

2. q jika p

3. p adalah syarat cukup untuk q

4. q adalah syarat perlu untuk p

Contoh :

p : Pak Budi adalah seorang pemilik usaha pertambakan.

q : Pak Budi adalah seorang wiraswasta.

p q : Jika Pak Budi adalah pemilik usaha pertambakan. Maka pastilah dia

seorang wiraswasta.

g. bi-implikasi

bi-implikasi merupakan operator pada kalkulus proporsi dengan

lambang⇔. Operator ini memiliki tabel kebenaran seperti berikut ini.

Biimplikasi atau bikondosional adalah pernyataan majemuk dari dua

pernyataan p dan q yang dinyatakan dengan notasi “p q” yang bernilai sama


2015 7



dengan (p q) (q p) sehingga dapat dibaca “ p jika dan hanya jika q”

atau “p bila dan hanya bila q”. Biimplikasi 2 pernyataan hanya akan bernilai

benar jika implikasi kedua kalimat penyusunnya sama-sama bernilai benar.

Contoh :

p :Dua garis saling berpotongan adalah tegaklurus.

q :Dua garis saling membentuk sudut 90 derajat.

p q : Dua garis saling berpotongan adalah tegak lurus jika dan hanya jika

dua garis saling membentuk sudut 90 derajat.

H. NEGASI PROPOSISI

Misal proposisi “ Pak Saman makan nasi dan minum es teh manis”. Suatu konjungsi

akan bernilai benar jika kedua kalimat penyusunnya yaitu p dan q bernilai benar,

sedangkan negasi adalah pernyataan yang bernilai salah jika pernyataan awalnya

bernilai benar dan bernilai benar jika pernyataan awalnya bernilai salah.

Oleh karena itu negasi dari : “Pak Saman makan nasi dan minum es teh manis”

adalah suatu pernyataan majemuk lain yang salah satu komponennya merupakan

negasi dari komponen pernyataan awalnya. Jadi negasinya adalah: “Pak Saman tidak

makan nasi dan tidak minum es teh manis”.

Disini berlaku hukum De Morgan yaitu : (pq) ekuivalen dengan pq

Negasi Disjungsi

Contoh : “Pak Saman makan nasi dan minum es teh manis”

Suatu disjungsi akan bernilai salah hanya jika kedua komponen

penyusunnya bernilai salah, selain itu bernilai benar. Sehingga negasi dari

kalimat diatas adalah : “ Tidak benar bahwa Pak Saman makan nasi dan minum

es teh manis” atau dapat juga dikatakan “Pak Saman tidak makan nasi dan tidak

minum es teh manis. Disini berlaku hukum De Morgan yaitu : (pq) pq


2015 8



Negasi Implikasi

Misal proposisi “Jika hari hujan maka Pak Saman membawa payung”.

Untuk memperoleh negasi dari pernyataan diatas, kita dapat mengubah

bentuknya ke dalam bentuk disjungsi kemudian dinegasikan, yaitu :

p q pq

Maka negasinya

( p q) (pq) pq

Negasi biImplikasi

Biimplikasi atau bikondisional adalah pernyataan majemuk dari dua pernyataaan

p dan q yang dinotasikan dengan p q (p q) (q p) sehingga : (p q)

[(p q) (q p)]

[(pq ) (qp)]

(pq ) (qp)

(p q) (pq ) (qp)

I. Kuantor

1. Kuantor Universal

Kuantor universal menunjukkan bahwa setiap objek dalam semestanya

mempunyai sifat kalimat yang menyatakannya. Kita dapat meletakkan kata-kata

“Untuk semua/setiap x” di depan kalimat terbuka yang mengandung variabel x

untuk menghasilkan kalimat yang mempunyai suatu nilai kebenaran. Nilai x

ditentukan berdasarkan semesta pembicaraannya. Kuantor universal disimbolkan

dengan “∀”. Kuantor universal mengindikasikan bahwa sesuatu bernilai benar

untuk semua individual-individualnya.


2015 9



Misal kalimat : “Semua gajah mempunyai belalai” , maka jika predikat

“mempunyai belalai” diganti dengan simbol B maka dapat ditulis :

G(x) ⇒ B(x),

dibaca “Jika x adalah gajah, maka x mempunyai belalai”. Tetapi kalimat di atas

belum kalimat berkuantor karena kalimat diatas belum memuat kata “semua”.

Untuk itu perlu ditambahkan simbul kuantor universal sehingga menjadi

(∀x)(G(x) ⇒ B(x))

jadi sekarang dapat dibaca ” Untuk semua x, jika x adalah gajah, maka x

mempunyai belalai”.

Pernyataan-pernyataan yang berisi kata ”semua”, ”setiap”, atau kata lain yang

sama artinya, mengindikasikan adanya pengkuantifikasian secara universal,

maka dipakai kuantor universal.

Misalnya jika diketahui pernyataan logika, ”Setiap mahasiswa harus belajar dari

buku teks”, jika ingin ditulis dalam logika predikat, maka ditentukan misal B untuk

“ harus belajar dari buku teks”, sehingga jika ditulis B(x), berarti “x harus belajar

dari buku teks”. Kata “Setiap mahasiswa” mengindikasikan bernilai benar untuk

setiap x, maka penulisan yang lengkap adalah:

(∀x) Bx

dibaca “Untuk setiap x, x harus belajar dari buku teks”. Akan tetapi notasi diatas

belum sempurna karena x belum menunjuk mahasiswa, maka harus lebih

ditegaskan dan sebaiknya ditulis :

(∀x)(M(x) ⇒ B(x)),

dibaca “Untuk setiap x, jika x mahasiswa, maka x harus belajar dari buku teks”.

Langkah untuk melakukan pengkuantoran universal:

1. Carilah lingkup (scope) dari kuantor universalnya, yaitu “Jika x adalah

mahasiswa, maka x harus rajin belajar”. Selanjutnya akan ditulis:

mahasiswa(x) ⇒ harus rajin belajar(x).

2. Berilah kuantor universal di depannya (∀x)(mahasiswa(x) ⇒ harus rajin

belajar(x)). Kemudian ubah menjadi suatu fungsi (∀x)(M(x) ⇒ B(x))

Contoh :

Jika diketahui persamaan x+3>10, dengan x adalah himpunan bilangan bulat

positif A > 5. Tentukan nilai kebenaran (∀x∈A) x+3>10. Untuk menentukan

nilai kebenarannya, maka harus dicek satu persatu.


2015 10



A={1,2,3,4}. Jika kuantor universal, maka untuk semua nilai A yang

dimasukkan harus memenuhi persamaan yaitu x+3>10

Untuk A=1, maka 1+3>10 ≡ 4>10 Memenuhi

A=2, maka 2+3>10 ≡ 5>10 Memenuhi



Karena semua himpunan A memenuhi, maka (∀x) x+3>10 bernilai benar. Tapi

jika ada satu saja nilai A yang tidak memenuhi, misalnya dimasukkan A=8,

sehingga 8+3>10 ≡ 11>10, dimana hasilnya salah maka (∀x) x+3>10 bernilai

salah. Nilai x yang menyebabkan suatu kuantor bernilai salah disebut dengan

contoh penyangkal atau counter example.

2. Kuantor Eksistensial (Existensial Quantifier)

Kuantor eksistensial menunjukkan bahwa diantara objek-objek (term–term) dalam

semestanya, paling sedikit ada ada satu term/objek yang memenuhi sifat kalimat

yang menyatakannya. Ada beberapa kata yang dapat digunakan misal

“Terdapat…..”, “Beberapa x bersifat…..”, “Ada……”, “Paling sedikit ada satu

x………” di depan kalimat terbuka yang mengandung variabel x. Kuantor

eksistensial disimbolkan dengan ”∃”. Kuantor eksistensial mengindikasikan

bahwa sesuatu kadang-kadang bernilai benar untuk individu-individualnya, misal

” Ada pelajar yang memperoleh beasiswa berprestasi ”.

Cara menentukan kuantor Eksistensial

1. Carilah scope dari kuantor-kuantor eksistensialnya.

“Ada x yang adalah pelajar, dan x memperoleh beasiswa berprestasi “.

Selanjutnya akan ditulis :

Pelajar(x) ∧ memperoleh beasiswa berprestasi (x)

2. Berilah kuantor eksisitensial di depannya

(∃x) (Pelajar(x)∧ memperoleh beasiswa berprestasi(x))

Ubahlah menjadi suatu fungsi.

(∃x)(P(x) ∧ B(x))

Contoh :


2015 11



“Beberapa orang rajin beribadah”.

Jika ditulis dengan menggunakan logika predikat, maka:

”Ada x yang adalah orang, dan x rajin beribadah”.

(∃x)(Orang(x) ∧ rajin beribadah(x))

(∃x)(O(x) ∧ I(x))

Contoh :

“Ada binatang yang tidak mempunyai kaki”.

“Terdapat x yang adalah binatang dan x tidak mempunyai kaki”.

(∃x)(binatang(x) ∧ tidak mempunyai kaki(x))

(∃x)(B(x) ∧￢K(x))

Contoh :

Misalkan B adalah himpunan bilangan bulat. Tentukan nilai kebenaran (∃x ∈

B)(x2=x).

(∃x ∈ B)(x2=x) dapat dibaca “Terdapat x yang adalah bilangan bulat dan x

memenuhi x^2=x”. (∃x ∈ B)(x^2=x) akan bernilai benar jika dapat ditunjukkan

paling sedikit ada satu bilangan bulat yang memenuhi x^2=x.

Misal x= -1, maka 〖-1〗^2 = 1 Tidak memenuhi

x= 1, maka 〖(1)〗^2=1 Memenuhi

Karena ada satu nilai yang memenuhi, yaitu x=1, maka pernyataan di atas

bernilai benar.

3. Kuantor Ganda

Domain atau semesta pembicaraan penafsiran kuantor sangat penting untuk

menentukan jenis kuantor yang akan digunakan serta mempengaruhi penulisan

simbolnya. Misal pernyataan “Setiap orang mencintai Jogjakarta”

Selanjutnya, dapat ditulis simbolnya dengan logika predikat (∀x)C(x,j). Simbol

tersebut dapat dibaca “Untuk semua y, y mencintai Jogjakarta”. Persoalan yang

terjadi adalah domain penafsiran seseorang untuk y bisa berbeda-beda. Ada

orang yang menganggap y adalah manusia, tetapi mungkin orang lain

menganggap y bisa mahluk hidup apa saja dan mungkin y bisa menjadi benda

apa saja. Tentu saja domain penafsiran semacam ini kacau karena yang

dimaksudkan pasti hanya orang atau manusia. Oleh karena itu, untuk memastikan


2015 12



bahwa domain penafsiran hanya orang, penulisan simbol harus diperbaiki seperti

berikut :

(∀y)(O(y)⇒ C(y,j) )

Sekarang simbol tersebut dapat dibaca ”Untuk semua y jika y adalah orang, maka

y mencintai Jogjakarta”.

Untuk menulis simbol yang tepat, memang harus menempatkan terlebih dahulu

domain penafsiran karena domain penafsiran Sangat mempengaruhi penulisan

dan sekaligus menghindari terjadinya ambiguitas. Contoh domain penafsiran

yang bersifat umum antara lain manusia, binatang, tumbuh-tumbuhan, bilangan

prima, bilangan asli, dan sebagainya, yang nantinya akan menggunakan kuantor

universal. Akan tetapi jika tidak semuanya, misalnya beberapa manusia, atau satu

manusia saja, akan memakai kuantor yang berbeda yaitu kuantor eksisitensial.

Untuk dua kuantor yang berbeda pada satu penulisan simbol yang berasal dari

satu pernyataan dapat dilihat pada contoh berikut.

Misal “Setiap orang dicintai oleh seseorang”

Dengan notasi simbol logika predikat, akan ditullis seperti berikut

(∀x)(∃y)C(y,x)

Yang dapat dibaca ”Untuk semua x, terdapat y dimana y mencintai x”

X dan Y sebenarnya menunjuk domain penafsiran yang sama yaitu orang, dan

pada simbol tersebut ternyata dibedakan. Penulisan tersebut lebih baik lagi jika

bisa memakai variable yang sama. Maka pernyataan diatas secara lengkap dapat

ditulis :

(∀x)(O(x)⇒ (∃x)(O(y)∧ C(y,x) ) )

Misal H(x)∶ x hidup , M(x)∶ x mati

(∀x)(H(x) ∨ M(x)) dibaca “Untuk semua x, x hidup atau x mati” Akan tetapi jika

ditulisnya (∀x)(H(x)) ∨ M(x) maka dibaca “Untuk semua x hidup, atau x mati”. Pada

“x mati”, x tidak terhubung dengan kuantor universal, yang terhubung hanya”x

hidup”. Perhatikan penulisan serta peletakan tanda kurungnya. Sehingga umum,

hubungan antara penempatan kuantor ganda adalah sebagai berikut :

(∀x)(∀y) P(x,y) ≡ (∀y)(∀x) P(x,y)


2015 13



(∃x)(∃y) P(x,y) ≡ (∃y)(∃x) P(x,y)

(∃x)(∀y) P(x,y) ≡ (∀y)(∃x) P(x,y)

Ingkaran kalimat berkuantor ganda dilakukan dengan cara yang sama seperti

ingkaran pada kalimat berkuantor tunggal.

￢[(∃x)(∀y) P(x,y)] ≡ (∀x)(∃y) ￢P(x,y)

￢[(∀x)(∃y) P(x,y)] ≡ (∃x)(∀y) ￢P(x,y)

Contoh:

Misal : “Ada seseorang yang mengenal setiap orang”. Untuk menentukan bentuk

simbolnya.

1. Jadikan potongan pernyataan ”x kenal y”, maka akan menjadi K(x,y) yang

berarti “ x kenal y”.

2. Jadikan potongan pernyataan ”x kenal semua y”, sehingga menjadi (∀y)

K(x,y).

3. Jadikan pernyataan “ada x, yang x kenal semua y”, sehingga menjadi (∃x)(∀y)

K(x,y)


2015 14



Daftar Pustaka








2015 1



MODUL PERKULIAHAN

TAUTOLOGI DAN

KONTRADIKASI

O TAUTOLOGI

O INGKARAN KONVERS, INVERS, DAN KONTRAPOSISI

O PENYEDERHANAAN LOGIKA

o MODUS PONEN

o MODUS TOLLENS



06 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi Tautologi adalah suatu bentuk kalimat yang selalu bernilai benar tidak peduli bagaimanapun nilai kebenaran masing-masing kalimat

- Mahasiswa mampu memahami pengertian bentuk-bentuk tautologi dan kontradikasi


2015 2



penyusunnya, Sebaliknya kontradiksi adalah suatu bentuk kalimat yang selalu bernilai salah, tidak peduli bagaimanapun nilai kebenaran masing-masing kalimat penyusunnya.

- Mahasiswa mampu memahami penarikan kesimpulan secara valid.

Tautologi dan Kontradikasi

A. TAUTOLOGI, KONTRADIKSI DAN CONTIGENT

Tautologi adalah suatu bentuk kalimat yang selalu bernilai benar (True) tidak peduli

bagaimanapun nilai kebenaran masing-masing kalimat penyusunnya, sebaliknya

kontradiksi adalah suatu bentuk kalimat yang selalu bernilai salah (False), tidak peduli

bagaimanapun nilai kebenaran masing-masing kalimat penyusunnya. Dalam tabel

kebenaran, suatu tautologi selalu bernilai True pada semua barisnya dan kontradiksi

selalu bernilai False pada semua baris. Kalau suatu kalimat tautologi diturunkan lewat

hukum-hukum yang ada maka pada akhirnya akan menghasilkan True, sebaliknya

kontradiksi akan selalu bernilai False.Jika pada semua nilai kebenaran menghasilkan

nilai F dan T, maka disebut formula campuran (contingent).

Contoh

1. Tunjukkan bahwa p(p) adalah tautologi!

p p p(p)

T T T

T F T

F T T

F T T

2. Tunjukkan bahwa (pq) [(p) (q)] adalah tautologi!

p q p q pq p q (pq) [(p) (q)]

T T F F T F T

T F F T T F T

F T T F T F T

F F T T F T T

3. Tunjukkan bahwa (pq) [(p) (q)] adalah kontradiksi!


2015 3



p q p q pq p q (pq) [(p) (q)]

T T F F T F F

T F F T T F F

F T T F T F F

F F T T F T F

4. Tunjukkan bahwa [(pq) r] p adalah contingent!

p q r pq (pq) r [(pq) r] p

T T T T T T

T T F T T T

T F T F F T

T F F F F T

F T T F T F

F T F F T F

F F T F T F

F F F F T F

B. INGKARAN KONVERS, INVERS DAN KONTRAPOSISI

Contoh :

Tentukan ingkaran atau negasi konvers, invers, dan kontraposisi dari implikasi berikut.

“Jika suatu bendera adalah bendera RI maka bendera tersebut berwarna merah dan

putih”

Penyelesaian

Misal p : Suatu bendera adalah bendera RI

q : Bendera tersebut berwarna merah dan putih

maka kalimatnya menjadi p q atau jika menggunakan operator dan maka p q

ekuivalen(sebanding/) dengan p q. Sehingga :

1) Negasi dari implikasi


2015 4



Implikasi : (pq) p q

Negasinya : (pq) pq

Kalimatnya :“ Suatu bendera adalah bendera RI dan bendera tersebut tidak

berwarna merah dan putih”.

2) Negasi dari konvers

Konvers : qp qp

Negasinya : (qp) qp

Kalimatnya : “Ada/Terdapat bendera berwarna merah dan putih tetapi bendera

tersebut bukan bendera RI”.

3) Negasi dari invers

Invers : p q (p)q) pq

Negasinya : (pq) pq

Kalimatnya : “Suatu bendera bukan bendera RI atau bendera tersebut

berwarna merah dan putih”.

4) Negasi dari kontraposisi

Kontraposisi : q p (q)p qp

Negasinya : (qp) qp

Kalimatnya : “ Suatu bendera tidak berwarna merah dan putih dan bendera

tersebut adalah bendera RI”.

C. FORMULA

Pada tautologi, dan juga kontradiksi, dapat dipastikan bahwa jika dua buah ekspresi

logika adalah tautologi, maka kedua buah ekspresi logika tersebut ekuivalen secara

logis, demikian pula jika keduanya kontradiksi. Persoalannya ada pada contingent,

karena memiliki semua nilai T dan F. Tetapi jika urutan T dan F atau sebaliknya pada

tabel kebenaran tetap pada urutan yang sama maka tetap disebut ekuivalen secara

logis.


2015 5



Contoh :

1. Badu tidak pandai, atau dia tidak jujur.

2. Adalah tidak benar jika Badu pandai dan jujur.

Secara intuitif dapat ditebak bahwa kedua pernyataan di atas sebenarnya sama,

tetapi bagaimana jika dibuktikan dengan menggunakan tabel kebenaran berdasarkan

ekspresi logika. Pembuktian pernyataan diatas dapat diakukan dengan tahapan

berikut.

1. Ubah dahulu argumen di atas kedalam bentuk ekspresi/notasi logika.

Misal : A = Badu pandai

B = Badu jujur

Maka kalimatnya menjadi

1. AB

2. (AB)

2. Buat tabel kebenarannya

A B A B AB AB (AB)

T T F F T F F

T F F T F T T

F T T F F T T

F F T T F T T

Perhatikan ekspresi di atas!

Meskipun kedua ekspresi logika di atas memiliki nilai kebenaran yang sama, ada nilai

T dan F, keduanya baru dikatakan ekuivalen secara logis jika dihubungkan dengan

perangkai ekuivalensi dan akhirnya menghasilkan tautologi.

3. Tambahkan perangkai biimplikasi untuk menghasilkan tautologi

AB (AB) AB (AB)

F F T


2015 6



T T T

T T T

T T T

Jika hasilnya adalah tautologi (bernilai T semua), maka dikatakan bahwa kedua

argumen tersebut ekuivalen secara logis.

Selain dengan menggunakan tabel kebenaran, menentukan dua buah argumen

adalah ekuivalen secara logis dapat juga menggunakan hukum-hukum ekuivalensi

logika yang dapat dilihat pada formula berikut.

Identitas p1 p p0 p

Ikatan p1 T p0 0

Idempoten ppp ppp

Negasi pp 1 pp 0

Negasi Ganda p p

Komutatif pq qp pq qp

Asosiatif (pq)r p(qr) (pq)rp(qr)

Distributif p(qr) (pq)(pr) p(qr) (pq)(pr)

De Morgan’s (pq) p q (pq) p q

Aborbsi p(pq) p p(pq) p

Contoh :

1. Buktikan ekuivalensi kalimat di bawah ini dengan hukum-hukum ekuivalensi.

(pq) (pq) p

Penyelesaian

(pq) (pq) (p(q)) (pq)

(pq) (pq)

p (qq)

p T

p Terbukti


2015 7



Dalam membuktikan ekuivalensi pq ada 3 macam cara yang bisa dilakukan :

1. P diturunkan terus menerus (dengan menggunakan hukum-hukum ekuivalensi

logika yang ada).

2. Q diturunkan terus-menerus (dengan menggunakan hukum-hukum ekuivalensi

logika yang ada), sehingga didapat P.

3. P dan Q diturunkan secara terpisah sehingga akhirnya didapat R

Sebagai aturan kasar, biasanya bentuk yang lebih kompleks yang diturunkan ke

dalam bentuk yang sederhana. Jadi jika p kompleks maka aturan (1) yang

dilakukan. Sebaliknya jika q yang lebih kompleks maka aturan (2) yang

dilakukan. Aturan (3) digunakan jika p dan q sama-sama kompleks.

D. PENYEDERHAAN LOGIKA

Operasi penyederhanaan menggunakan hukum-hukum ekuivalensi logis.

Selanjutnya perhatikan operasi penyederhanaan berikut dengan hukum yang

digunakan tertulis di sisi kanannya. Penyederhanaan ekspresi logika atau bentuk-

bentuk logika ini dibuat sesederhana mungkin dan sudah tidak dimungkinkan

dimanipulasi lagi.

Contoh 1:

p (p q)

p (p q) ingat pq pq

(p)(p q) ingat pq pq

p (p q) Hk. Negasi ganda dan De Morgan

(pp) (pq) Hk. Distributif

p(pq) Hk. Idempoten ppp

p Hk. Absorbsi

Contoh 2:

p(pq)

(p1) (pq) Hk.Identitas

p(1q) Hk.Distributif

p1 Hk.Identitas


2015 8



p Hk.Identitas

Contoh 3:

(pq) (qp)

(pq) (qp) ingat pq pq

(pq) (pq) Hk. Komutatif

[(pq) p] [(pq)q] Hk. Distributif

[(pp)(pq)] [(pq)(qq)] Hk. Distributif

[0(pq)] [(pq)0] Hk. Kontradiksi

(pq)(pq) Hk. Identitas

Operasi penyederhanaan dengan menggunakan hukum-hukum logika dapat

digunakan untuk membuktikan suatu ekspresi logika, Tautologi, Kontradiksi, maupun

Contingent. Jika hasil akhir penyederhanaan ekspresi logika adalah 1, maka ekspresi

logika tersebut adalah tautologi. Jika hasil yang diperoleh adalah 0, berarti ekspresi

logika tersebut kontradiksi. Jika hasilnya tidak 0 ataupun 1, maka ekspresi

logikanya adalah contingent.

Contoh 1:

[(pq)p]q

[(pq)p] q ingat pq pq

[(pq)p] q ingat pq pq

[(pq)p] q Hk. Negasiganda dan De Morgan

[(pp)(qp)] q Hk. Distributif

[1(pq)] q Hk. Idempoten dan komutatif

(pq)q Hk. Identitas

p(qq) Hk. Assosiatif

p1 ` Hk. Idempoten

1 Hk. Identitas

Karena hasil akhirnya 1, maka ekspresi logika di atas adalah tautologi.

Contoh 2:


2015 9



(pq) [(p) (q)]

(pq)(pq)

[(pq)p][(pq)q] Hk. Distributif

[(pp)(qp)][(pq)(qq)] Hk. Distributif

[0(qp)][(pq)0] Hk. Negasi

(pq)(pq) Hk. Idempoten

(pp)(qq) Hk. Assosiatif

00 Hk. Negasi

0 Hk. Idempoten

Hasil akhir 0, maka ekspresi logika di atas adalah kontradiksi.

Contoh 3:

[(pq)p] q

[(pp)(qp)] q Hk. Distributif

[0 (qp)] q Hk. Negasi

(qp) q Hk. Identitas

(qp) q ingat pq pq

(qp) q Hk. De Morgan

(qq)p Hk. Assosiatif

qp Hk. Idempoten

Hasilnya bukan 0 atau 1, ekspresi logika di atas adalah contingent

E. ATURAN PENARIKAN KESIMPULAN

1. MODUS PONEN

Modus ponen atau penalaran langsung adalah salah satu metode inferensi dimana

jika diketahui implikasi ” Bila p maka q ” yang diasumsikan bernilai benar dan

antasenden (p) benar. Supaya implikasi pq bernilai benar, maka q juga harus

bernilai benar.

Modus Ponen : pq , p ├ q

Atau dapat juga ditulis


2015 10



pq

p

――――

q

Jika digit terakhir suatu bilangan adalah 0, maka bilangan tersebut habis dibagi 10

Digit terakhir suatu bilangan adalah 0

Bilangan tersebut habis dibagi 10

2. MODUS TOLLENS

Bentuk modus tollens mirip dengan modus ponen, hanya saja premis kedua dan

kesimpulan merupakan kontraposisi premis pertama modus ponen. Hal ini

mengingatkan bahwa suatu implikasi selalu ekuivalen dengan kontraposisinya.

Modus Tollens : pq, q ├ p

Atau dapat juga ditulis

pq

q

――――

p

Contoh :

Jikad digit terakhir suatu bilangan adalah 0, maka bilangan tersebut habis dibagi

10

Suatu bilangan tidak habis dibagi 10

Digit terakhir bilangan tersebut bukan 0

Daftar Pustaka








2015 1



MODUL PERKULIAHAN

SILOGISME DAN

KONJUNGSI o Silogisme

o Konjungsi



07 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi Suatu argumen dikatakan valid apabila untuk sembarang pernyataan yang disubtitusikan ke dalam premis, jika semua premis benar maka konklusinya juga benar.

- Mahasiswa mampu memahami bentuk-bentuk silogisme dan mampu membuat penarikan kesimpulan yang valid.


2015 2



Silogisme & Konjungsi

1. ARGUMEN

Argumen adalah suatu pernyataan tegas yang diberikan oleh sekumpulan proposisi P1,

P2, .........,Pn yang disebut premis (hipotesa/asumsi) dan menghasilkan proposisi Q yang lain

yang disebut konklusi (kesimpulan).

Secara umum di notasikan dengan

P1,P2, ..........,Pn ├Q atau dapat juga ditulis

Nilai kebenaran suatu argumen ditentukan sebagai berikut :

“ Suatu argumen P1,P2,…………,,Pn├ Q dikatakan benar (valid) jika Q bernilai benar untuk semua

premis yang benar dan argumen dalam keadaan selain itu dikatakan salah (invalid/fallacy)”.

Dengan kata lain, suatu argumen dikatakan valid apabila untuk sembarang pernyataan yang

disubtitusikan ke dalam premis, jika semua premis benar maka konklusinya juga benar.

Sebaliknya jika semua premis benar tetapi konklusinya ada yang salah maka argumen

tersebut dikatakan invalid (fallacy).

Jadi suatu argumen dikatakan valid jika dan hanya jika proposisi P1P2........Pn) Q adalah

sebuah Tautologi.

P1

P2

Pn

Q

Premis Konklusi

Premis

Konklusi


2015 3



Contoh :

Premis

P1 : Jika Office dan Delphi diperlukan maka semua orang akan belajar komputer

P2 : Office dan Delphi diperlukan

Konklusi

Q : Semua orang akan belajar komputer

Jika ditulis dalam bentuk notasi logika

Misal p : Office dan Delphi diperlukan

q : Semua orang belajar komputer

Maka argumen diatas dapat ditulis :

pq, p ├ q (valid)

Contoh :

Misal p : Saya suka kalkulus

q : Saya lulus ujian kalkulus

Maka argumen p q, p q dapat ditulis

P1 : Jika saya suka kalkulus, maka saya akan lulus ujian kalkulus

P2 : Saya lulus ujian kalkulus

Saya lulus ujian kalkulus (valid)

Untuk mengetahui suatu argumen apakah valid atau tidak maka dapat dilakukan langkah-

langkah sebagai berikut :

1. Tentukan premis dan konklusi argumen

2. Buat tabel yang menunjukkan nilai kebenaran untuk semua premis dan konklusi.

3. Carilah baris kritis yatitu baris diman semua premis bernilai benar.

4. Dalam baris kritis tersebut, jika nilai kesimpulan semuanya benar maka argumen

tersebut valid. Jika diantara baris kritis tersebut ada baris dengan nilai konklusi salah

maka argumen tersebut tidak valid.

Contoh :

Tentukan apakah argumen berikut ini valid atau invalid


2015 4



p(qr), r ├ pq

Penyelesaian Dapat dilihat pada tabel diatas bahwa baris 2, 4, dan 6 premisnya bernilai benar semua.

Kemudian lihat pada baris konklusi. Ternyata pada baris konklusi semuanya bernilai benar.

Maka argumen diatas adalah valid

2. PENARIKAN KESIMPULAN

J. SILOGISME.

1. SILOGISME DISJUNGTIF

Prinsip dasar Silogisme Disjungtif (Disjunctive syllogism) adalah kenyataan bahwa

apabila kita dihadapkan pada satu diantara dua pilihan yang ditawarkan (A atau B).

Sedangkan kita tidak memilih/tidak menyukai A, maka satu-satunya pilihan adalah

memilih B. Begitu juga sebaliknya.

Silogisme Disjungtif : pq, p ├q dan pq, q ├ p

Atau dapat ditulis

pq atau pq

p q

―――― ――――

q p

Contoh :

Baris ke p q r qr p(qr) (Premis)

r (Premis)

pq (konklusi)

1 T T T T T F T

2 T T F T T T T

3 T F T T T F T

4 T F F F T T T

5 F T T T T F T

6 F T F T T T T

7 F F T T T F F

8 F F F F F T F


2015 5



Saya pergi ke mars atau ke bulan

Saya tidak pergi kemars

――――――――――――――――――

Saya pergi ke bulan

2. SILOGISME HIPOTESIS

Prinsip silogisme hipotesis adalah sifat transitif pada implikasi. Jika implikasi pq dan

qr keduanya bernilai benar, maka implikasi pr bernilai benar pula.

Transitivity : pq , qr ├ pr

Dapat ditulis

pq

qr

―――――

pr

Contoh :

Jika hari hujan maka tanahnya menjadi berlumpur

Jika tanahnya berlumpur maka sepatu saya akan kotor

―――――――――――――――――――――――――――――

Jika hari hujan maka sepatu saya akan kotor.

K. PENAMBAHAN DISJUNGSI.


2015 6



Inferensi penambahan disjungtif didasarkan atas fakta bahwa suatu kalimat dapat

digeneralisasikan dengan penghubung ””. Alasannya adalah karena penghubung ””

bernilai benar jika salah satu komponennya bernilai benar.

Misalnya saya mengatakan ”Langit berwarna biru” (bernilai benar). Kalimat tersebut tetap

akan bernilai benar jika ditambahkan kalimat lain dengan penghubung ””. Misalnya ”Langit

berwarna biru atau bebek adalah binatang menyusui”. Kalimat tersebut tetap bernilai benar

meskipun kalimat ”Bebek adalah binatang menyusui”, merupakan kalimat yang bernilai salah.

Addition : p ├(pq) atau q ├ (pq)

Atau dapat ditulis

p atau q

―――― ――――

pq pq

Contoh :

Amir adalah siswa SMU

――――――――――――――――――――

Amir adalah siswa SMU atau SMP

L. KONJUNGSI.

1. KONJUNGSI

Jika ada dua kalimat yang masing-masing benar, maka gabungan kedua kalimat tersebut

dengan menggunakan penghubung ”” juga bernilai benar.

Konjungsi

p

q

――

pq

2. PENYEDERHANAAN KONJUNGSI


2015 7



Inferensi ini merupakan kebalikan dari inferensi penambahan disjungtif. Jika beberapa

kalimat dihubungkan dengan operator ””, maka kalimat tersebut dapat diambil salah

satunya secara khusus (penyempitan kalimat).

Simplification : (pq) ├p atau (pq) ├ q

Atau dapat ditulis

pq atau pq

――― ―――

p q

Contoh :

Langit berwarna biru dan bulan berbentuk bulat

―――――――――――――――――――――――――

Langit berwarna biru atau Bulan berbentuk bulat

Daftar Pustaka




29. Klin, George J dan Tina A. Folger, Fuzzy Sets, Uncertainty and Information, Prentice Hall Int, New

Jersey, 1998.



2015 1



MODUL PERKULIAHAN

OPERATOR

BOOLEAN

O OPERATOR LOGIKA DASAR

O OPERATOR LOGIKA TURUNAN

O ALJABAR BOOLEAN



09 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi Aljabar boolean mempunyai 2 fungsi berbeda yang saling berhubungan. Dalam arti luas, aljabar boolean berarti suatu jenis simbol-simbol


pengertian aljabar Boolean dua-


2015 2



yang ditemukan oleh George Boole untuk memanipulasi nilai-nilai kebenaran logika secara aljabar.

.

nilai, operator logika turunan pada

aljabar boolean

serta penarikan kesimpulan secara

valid.

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, +, •,

‘) disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b, c B berlaku aksioma-aksioma berikut.( Postulat

Huntington)

1. Closure:

(i) a + b B (artinya, hasil operasi + tetap berada di dalam B)

(ii) a • b B (artinya, hasil operasi • tetap berada di dalam 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 : Untuk setiap a B terdapat elemen unik a‘ B shg


2015 3



(i) a + a‘ = 1

(ii) a • a‘ = 0

Perbedaan antara aljabar Boolean dengan aljabar biasa untuk aritmetika bilangan riil :

1. Hukum distributif a + (b • c) = (a +b). (a + c), benar untuk aljabar Boolean, tetapi tidak

benar untuk aljabar biasa.

2. Aljabar Boolean tidak memiliki operasi pembagian dan pengurangan.

3. komplemen tidak dikenal pada aljabar biasa.

Aljabar Boolean dua-nilai

Aljabar Boolean dua-nilai didefinisikan pada sebuah himpunan B dengan dua buah elemen 0 dan

1 yaitu B = {0, 1}, operator biner, + dan •, operator uner, ‘. Kaidah untuk operator biner dan

operator uner ditunjukkan pada tabel di bawah ini.

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

Postulat Huntington harus berlaku untuk himpunan B = {O, I} dengan dua operator biner dan satu

operator uner yang didefinisikan di atas:

1. Closure : jelas berlaku karena dari tabel terlihat

hasil tiap operasi adalah 1 atau 0, 1 dan 0 B.

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 ope rator biner.


2015 4



4. Distributif: (i) a • (b + c) = (a • b) + (a • c) dapat ditunjukkan benar dari tabel operator biner di

atas dengan membentuk tabel kebenaran untuk semua nilai yang mungkin dari a, b, dan c

KESIMPULAN

Fungsi boolean terdiri dari variabel-variabel biner yang menunjukkan fungsi, suatu tanda

sama dengan, dan suatu ekspresi aljabar yang dibentuk dengan menggunakan variabel-

variabel biner, konstanta-konstanta 0 dan 1, simbol-simbol operasi logik, dan tanda kurung.

Suatu fungsi boolean bisa dinyatakan dalam tabel kebenaran. Suatu tabel kebenaran

untuk fungsi boolean merupakan daftar semua kombinasi angka-angka biner 0 dan 1 yang

diberikan ke variabel-variabel biner dan daftar yang memperlihatkan nilai fungsi untuk

masing-masing kombinasi biner.

Aljabar boolean mempunyai 2 fungsi berbeda yang saling berhubungan. Dalam arti luas,

aljabar boolean berarti suatu jenis simbol-simbol yang ditemukan oleh George Boole untuk

memanipulasi nilai-nilai kebenaran logika secara aljabar.

Dalam hal ini aljabar boolean cocok untuk diaplikasikan dalam komputer. Disisi lain, aljabar

boolean juga merupakan suatu struktur aljabar yang operasi-operasinya memenuhi aturan

tertentu.

Daftar Pustaka



2015 5






Int, New Jersey, 1998.Sumarna, Elektronika Digital, Graha Ilmu, Yogyakarta, 2006.

MODUL PERKULIAHAN

ALJABAR BOOLEAN

O Konversi Bentuk Fungsi,

O Bentuk Kanonik SOP & POS,

O Konversi antar bentuk Kanonik



10 87004 Tim Dosen


2015 6



Abstract Kompetensi Bentuk KANONIK adalah Expressi Boolean yang dinyatakan sebagai penjumlahan dari satu atau lebih mintern atau perkalian dari satu atau lebih maxtern


pengertian Konversi Bentuk Fungsi,

Bentuk Kanonik SOP & POS, dan

konversi antar bentuk kanonik

penarikan kesimpulan secara valid.

Fungsi Boolean (fungsi biner) adalah pemetaan dari Bn ke B melalui ekspresi Boolean, ditulis

f:B n→B

yang dalam hal ini B n adalah himpunan yang beranggo- takan pasangan terurut ganda-n; di

daerah asal B.

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 }.

Contoh pasangan terurut ganda-3 misalnya (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:

f(x, y) =X'Y + xy'

f(x, y) = x'y'

f(x, y) = (x+y)’

f(x, y, z) = xyz'

Diketahui f(x,y,z) = xyz’, nyatakanlah dalam table kebenaran

x y z F(x,y,z)=xyz’

0

0

0

0

0

1

0

0


2015 7



0

0

1

1

1

1

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

0

0

0

1

0

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

Adalah dua buah fungsi Bolean yang sama

x’y’z+x’yz+xy’

= x’z(y’+y)+xy’

= x’z.1+xy’

=x’z+xy’

x y z x’y’z+x’yz+xy’ x’z+xy’

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

1

1

1

0

0

0

1

0

1

1

1

0

0

Penjumlahan dan perkalian 2 Fungsi

(f+g)(x1+...+xn) = f(x1+...+xn) + g(x1+...+xn)

(f.g)(x1+...+xn) = f(x1+...+xn).g(x1+...+xn)


2015 8



Contoh

Misalkan f(x,y)=xy‘+y dan g(x,y)=x‘+y‘

f+g = xy‘+y+x‘+y‘

= xy‘+x‘+(y+y‘)

= xy‘+x‘+1

f.g = (xy‘+y)(x‘+y‘)

Fungsi Komplemen

1.Menggunakan de Morgan

f(x,y,z)= x(y’z‘+yz)

f‘(x,y,z)= (x(y’z‘+yz))‘

= x‘+(y’z‘+yz)‘

= x‘+(y’z‘)‘(yz)‘

= x‘+(y+z)(y‘+z‘)

2. Menggunakan prinsip dualitas

f(x,y,z)= x(y’z‘+yz)

dg dualitas akan menjadi

x+(y‘+z‘)(y+z)

Komplemennya menjadi

x‘+(y+z)(y‘+z‘)


2015 9



Contoh

Carilah kompemen dari fungsi f(x,y,z)=x‘(yz‘+y’z)

Cara 1

f(x,y,z)=x‘(yz‘+y’z)

f‘(x,y,z)=(x‘(yz‘+y’z))‘

= x+(yz‘+y’z)‘

= x+(yz‘)‘(y’z)‘

= x+(y‘+z)(y+z‘)

Cara 2

f(x,y,z)=x‘(yz‘+y’z)

Dual =x‘+(y+z‘)(y’+z)

Komplemen = x +(y‘+z)(y+z‘)

Bentuk KANOIK

Adalah Expressi Boolean yang dinyatakan sebagai penjumlahan dari satu atau lebih mintern

atau perkalian dari satu atau lebih maxtern

Jadi ada dua macam bentuk Kanoik :

1. Penjumlahan dari hasil kali (Sum of Product atau SOP), nama lainnya adalah normal

disjunctive

2. Perkalian dari hasil jumlah (product of sum atau POS), nama lainnya adalah normal

konjunctive

f(x,y,z)=x’y’z+xy’z‘+xyz SOP

f(x,y,z)=(x+y+z)(x+y‘+z)(x+y‘+z‘)(x‘+y+z‘)(x‘+y‘+z)POS


2015 10



Minterm dilambangkan dengan m

Maxtern dilambangkan dengan M

Contoh

a. xy b. x+y

y' y y' y0 1 0 1

x' 0 mo m1 x' 0 Mo M1

x 1 m2 m3 x 1 M2 M3

y' y y' y0 1 0 1

x' 0 x'y' x'y x' 0 x+y x+y'

x 1 xy' xy x 1 x'+y x'+y'


2015 11



xy x+y

y' y y' y0 1 0 1

x' 0 x' 0 1

x 1 1 x 1 1 1


2015 12




2015 13



Minterm Maxterm

x Y Suku Lambang Suku Lambang

0

0

1

1

0

1

0

1

x’y‘

x’y

xy‘

xy

mo

m1

m2

m3

x+y

x+y‘

x‘+y

x‘+y‘

Mo

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’yz‘

x’yz

xy’z‘

xy’z

xyz‘

xyz

mo

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‘

Mo

M1

M2

M3

M4

M5

M6

M7

Contoh

Tinjau fungsi Boolean dalam tabel dibawah, nyatakanlah dalam bentuk SOP dan POS


2015 14



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

Jawab

a. SOP

f(x,y,z) = x’y’z+xy’z‘+xyz

atau dengan lambang minterm

f(x,y,z) = m1+m4+m7 = ∑ (1,4,7)

b. POS

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

atau dengan lambang maxterm

f(x,y,z) = M0+M2+M3+M5+M6 = π (0,2,3,5,6)

Contoh

Nyatakan fungsi Boolean f(x,y,z) = x+y’z dalam bentuk SOP dan POS

Jawab

a. SOP


2015 15



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)= m1+m4+m5+m6+m7=∑ (1,4,5,6,7)

b. POS

F(x,y,z) = x+y‘z

= (x+y‘)(x+z)

(x+z‘) = 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)

M0+M2+M3=π (0,2,3)

Contoh

Nyatakan fungsi Boolean f(x,y,z) = xy+x’z dalam kaonik POS


2015 16



Daftar Pustaka







2015 1



MODUL PERKULIAHAN

OPERASI LOGIKA

o Operasi logika

o Rangkaian Digital Elektronik



11 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi LOGIKA: Memberikan batasan yang pasti dari suatu keadaan, sehingga suatu keadaan tidak dapat berada dalam dua ketentuan sekaligus.


pengertian Rangkain Logika, Gerbang

Logika, Gerbang dasar, dan Gerbang


2015 2



turunan serta penarikan kesimpulan

secara valid.

DASAR OPERASI LOGIKA

LOGIKA :

Memberikan batasan yang pasti dari suatu keadaan, sehingga suatu keadaan

tidak dapat berada dalam dua ketentuan sekaligus.

Dalam logika dikenal aturan sbb :

1. Suatu keadaan tidak dapat dalam keduanya benar dan salah sekaligus

2. Masing-masing adalah benar / salah.

3. Suatu keadaan disebut benar bila tidak salah.

Dalam ajabar boolean keadaan ini ditunjukkan dengan dua konstanta : LOGIKA ‘1’ dan

‘0’

Operasi-operasi dasar logika dan gerbang logika :

Pengertian GERBANG (GATE) :

1. Rangkaian satu atau lebih sinyal masukan tetapi hanya menghasilkan satu

sinyal keluaran.

2. Rangkaian digital (dua keadaan), karena sinyal masukan atau keluaran

hanya berupa tegangan tinggi atau low ( 1 atau 0 ).

3. Setiap keluarannya tergantung sepenuhnya pada sinyal yang diberikan

pada masukan-masukannya.

Operasi logika NOT ( Invers )

Operasi merubah logika 1 ke 0 dan sebaliknya x = x’

Tabel Operasi NOT Simbol


2015 3



X X’

0 1

1 0

Operasi logika AND

1. Operasi antara dua variabel (A,B)

2. Operasi ini akan menghasilkan logika 1, jika kedua variabel tersebut berlogika 1

Simbol Tabel operasi AND

A B A . B

A A . B 0 0 0

0 1 0

1 0 0

B 1 1 1

Operasi logika OR

Operasi antara 2 variabel (A,B)

Operasi ini akan menghasilkan logika 0, jika kedua variabel tersebut berlogika 0.

Simbol

Tabel Operasi OR

A A + B A B A + B

0 0 0

0 1 1

B 1 0 1

1 1 1

Operasi logika NOR


2015 4



Operasi ini merupakan operasi OR dan NOT, keluarannya merupakan keluaran operasi

OR yang di inverter.

Simbol

Tabel Operasi NOR

A A + B ( A + B )’ A B ( A + B)’

0 0 1

0 1 0

B 1 0 0

1 1 0

Atau

A ( A + B )’

B

Operasi logika NAND

Operasi logika ini merupakan gabungan operasi AND dan NOT, Keluarannya merupakan

keluaran gerbang AND yang di inverter.

Simbol Tabel Operasi NAND

A A . B ( A . B )’ A B ( A . B)’

0 0 1

0 1 1

B 1 0 1

1 1 0

Atau


2015 5



A ( A . B )’

B

Operasi logika EXOR

akan menghasilkan keluaran ‘1’ jika jumlah masukan yang bernilai ‘1’ berjumlah ganjil.

Simbol Tabel Operasi EXOR

A Y A B A + B

0 0 0

0 1 1

B 1 0 1

1 1

0

Operasi logika EXNOR

Operasi ini akan menghasilkan keluaran ‘1’ jika jumlah masukan yang bernilai ‘1’

berjumlah genap atau tidak ada sama sekali.

Simbol Tabel Operasi EXNOR

A Y A B A + B

0 0 1

0 1 0

B 1 0 0


2015 6



1 1 1

DALIL BOOLEAN ;

1. X=0 ATAU X=1

2. 0 . 0 = 0

3. 1 + 1 = 1

4. 0 + 0 = 0

5. 1 . 1 = 1

6. 1 . 0 = 0 . 1 = 0

7. 1 + 0 = 0 + 1 = 0

TEOREMA BOOLEAN

1. HK. KOMUTATIF

A + B = B + A

A . B = B . A

6. HK. IDENTITAS

A + A = A

A . A = A

2. HK. ASSOSIATIF

(A+B)+C = A+(B+C)

(A.B) . C = A . (B.C)

7.

0 + A = A ----- 1. A = A

1 + A = 1 ----- 0 . A = 0

3. HK. DISTRIBUTIF

A . (B+C) = A.B + A.C

A + (B.C) = (A+B) . (A+C)

8.

A’ + A = 1

A’ . A =0

4. HK. NEGASI

( A’ ) = A’

(A’)’ = A

9.

A + A’ . B = A + B

A . (A + B)= A . B

5. HK. ABRSORPSI

A+ A.B = A

A.(A+B) = A

10. DE MORGAN’S

( A+ B )’ = A’ . B’

( A . B )’ = A’ + B’

CONTOH :

1. A + A . B’ + A’ . B = A . ( 1 + B’ ) + A’ . B

= A . 1 + A’ . B

= A + A’ . B


2015 7



= A + B

2. A

B

X

X = (A.B)’ . B = (A’ + B’) . B

= ( A.B )’ + B’.B

= ( A.B )’ + 0

= A’.B

A

B

X = A’.B

ATAU

A X = A’.B

B


2015 8



Aplikasi Aljabar Boolean

Rangkaian Digital Elektronik

Gerbang AND Gerbang OR Gerbang NOT (inverter)

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

Jawab: (a) Cara pertama

y

xxy

y

xx+ y x'x

x'

x

yxy

x

yx'y

xy+x'y


2015 9



(b) Cara kedua

(b) Cara ketiga

Gerbang Turunan

Gerbang NAND Gerbang XOR

Gerbang NOR Gerbang XNOR

x

y(xy)'

x

y(x+y)'

x

y+x y

x

y+(x y)'

x

y(x+y)'

x

y(x + y)' ekivalen dengan

x

y(x + y)'

x + y

x'

xy

x y

x'y

xy+x'y

x'

xyx

y

x'y

xy+x'y


2015 10



Penyederhanaan Fungsi Boolean

Contoh. f(x, y) = x’y + xy’ + y’

disederhanakan menjadi

f(x, y) = x’ + y’

Penyederhanaan fungsi Boolean dapat dilakukan dengan 3 cara:

1. Secara aljabar

2. Menggunakan Peta Karnaugh

3. Menggunakan metode Quine Mc Cluskey (metode Tabulasi)

1. Penyederhanaan Secara Aljabar

Contoh:

1. f(x, y) = x + x’y

x'

y'x'y' ekivalen dengan

x'

y'x' + y' ekivalen dengan

x

y(xy)'


2015 11



= (x + x’)(x + y)

= 1 (x + y )

= x + y

2. f(x, y, z) = x’y’z + x’yz + xy’

= x’z(y’ + y) + xy’

= x’z + xz’

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

= xy + x’z + xyz + x’yz

= xy(1 + z) + x’z(1 + y) = xy + x’z

Daftar Pustaka







2015 1



MODUL PERKULIAHAN

Bentuk Kanonik dan Bentuk

Baku

Fungsi Boolean o Metode SOP minimal,

o Tabel ekspresi Bool untuk SOP

minimal



12 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi


2015 2



Tabel kebenaran adalah tabel yang memuat semua kemungkinan atau kombinasi masukan serta keluaran dari kombinasi tersebut.

Mahasiswa mampu memahami metode

SOP minimal, pengertian, tabel

ekspresi Bool untuk SOP minimal serta

penarikan kesimpulan secara valid.

Bentuk Kanonik yaitu “Fungsi Boolean yang diekspresikan dalam bentuk SOP atau POS dengan

minterm atau maxterm mempunyai literal yang lengkap”.

Bentuk Baku yaitu “Fungsi Boolean yang diekspresikan dalam bentuk SOP atau POS dengan

minterm atau maxterm mempunyai literal yang tidak lengkap”.

1. Menggunakan Tabel Kebenaran

Tabel kebenaran adalah tabel yang memuat semua kemungkinan atau kombinasi masukan

serta keluaran dari kombinasi tersebut.

Secara umum tabel kebenaran yang memiliki “n” buah masukan mempunyai “2n” kombinasi

masukan yang mungkin, jika kondisi keluaran yang diharapkan dari rangkaian logika diberikan

untuk semua kemungkinan kondisi masukan, maka hasilnya dapat diperlihatkan dalam tabel

kebenaran.

Contoh:

1. Buatlah ekspresi Boolean dalam bentuk SOP dan POS dari tabel kebenaran ini.

A B C Y

0

0

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1


2015 3



1

1

1

1

0

1

0

1


2015 4



Penyelesaian:

a) Dalam bentuk SOP, maka yang dilihat adalah Y = 1.

A B C Y

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

1

0

1

0

1

Y = ( CBA .. ) + ( CBA .. ) + ( CBA .. ) + ( CBA .. )

Y = y1 + y3 + y5 + y7

Y = y (1,3,5,7)

b) Dalam bentuk POS, maka yang dilihat adalah Y = 0.

A B C Y

0

0

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

CBA ..

CBA ..

CBA ..

CBA ..

CBA

CBA

CBA

CBA


2015 5



1

1

1

1

0

1

0

1

Y = ( CBA ) . ( CBA ) . ( CBA ) . ( CBA )

Y = y0 . y2 . y4 . y6

Y = y (0,2,4,6)

Jadi Y = y (1,3,5,7) = y (0,2,4,6)

2. Buatlah suatu rangkaian gerbang logika sederhana sebagai alat pengamanan lemari

untuk menyimpan dokumen penting pada suatu BANK yang mempunyai 3 buah kunci

pembuka, lemari tersebut dapat dibuka bila minimal oleh 2 orang direktur yang memiliki

kunci pembuka.

Pernyelesaian:

Dari soal menunjukkan bahwa lemari akan terbuka jika minimal 2 orang dari 3 orang yang

ada (dapat menggunakan SOP).

a) Masukan (nilai “0” berarti tidak ada orang sedang nilai “1” berarti ada orang).

b) Keluaran (nilai “0” berarti pintu tertutup sedang nilai “1” berarti pintu terbuka).

Tabel kebenarannya:

A B C Y

0

0

0

0

1

0

0

1

1

0

0

1

0

1

0

0

0

0

1

0 CBA ..

CBA ..

CBA ..

CBA ..


2015 6



1

1

1

0

1

1

1

0

1

1

1

1

Y = ( CBA .. ) + ( CBA .. ) + ( CBA .. ) + ( CBA .. )

Y = y3 + y5 + y6 + y7

Y = y (3,5, 6,7)

Gambar rangkaian logikanya:

A B C

CBA ..

CBA ..

CBA ..

CBA ..

Y = ( CBA .. )+( CBA .. )+( CBA .. )+( CBA .. )


2015 7



2. Bentuk Kanonik

Beberapa bentuk kanonik fungsi Boolean 3 masukan variabel:

a). Y = ( CBA .. ) + ( CBA .. ) + ( CBA .. ) + ( CBA .. ) SOP (outputnya “1”)

b). Y = ( CBA ) . ( CBA ) . ( CBA ) . ( CBA ) POS (“0”)

Contoh:

1). Nyatakan fungsi Boolean Y (x, y, z) = ( x + y ) . ( y + z ) dalam bentuk kanonik SOP dan

POS.

Penyelesaian:

a) Diambil suku ( x + y ) yang artinya jika nilai masukan 0 1 -, maka Y = 0 (POS)

x y z Y

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

b) Diambil suku ( y + z ) yang artinya jika nilai masukan - 1 0, maka Y = 0 (POS)


2015 8



Semua suku telah dimasukan ke tabel kebenaran, nilai Y

(keluaran) yang belum terisi akan berharga 1, sehingga tabel

kebenarannya menjadi:

Berdasarkan tabel kebenaran, maka:

Bentuk SOP-nya (minterm) adalah

Y (A, B, C) = y (0, 1, 4, 5, 7)

Bentuk POS-nya (maxterm) adalah

Y (A, B, C) = y (2, 3, 6)

2). Buatlah tabel kebenaran dari fungsi berikut ini: Y = ( A + A B + ABC )

Penyelesaian:

a) Diambil suku ABC yang artinya jika nilai masukan 1 1 0, maka Y = 1 (SOP)

x y z Y

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

A B C Y

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1

1

1

0

0

1

1

0

1


2015 9



A B C Y

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1

1

b) Diambil suku A B yang artinya jika nilai masukan 1 0 -, maka Y = 1

A B C Y

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1

1

1

1

c) Diambil suku A yang artinya jika nilai masukan 0 - -, maka Y = 1


2015 10



Semua suku telah dimasukan ke tabel kebenaran, nilai Y

(keluaran) yang belum terisi akan berharga 1, sehingga tabel

kebenarannya menjadi:

Berdasarkan tabel kebenaran, maka:

Bentuk SOP-nya (minterm) adalah

Y (A, B, C) = y (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6)

Bentuk POS-nya (maxterm) adalah

Y (A, B, C) = y ( 7 )

3. Konversi Antar Bentuk Kanonik

Apabila f ( x, y, z ) = ( 1, 2, 5, 7 ) dan f ’ adalah fungsi komplemen dari f, maka

f ‘ ( x, y, z ) = ( 0, 3, 4, 6 ) = y0 + y3 + y4 + y6.

A B C Y

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

A B C Y

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0


2015 11



Dengan menggunakan hukum De Morgan, maka diperoleh fungsi f dalam bentuk POS

sebagai berikut:

f ( x, y, z ) = (f ‘( x, y, z ))’ = (y0 + y3 + y4 + y6 )’ = y0’ y3’ y4’ y6’

= (x’y’z’)’ (x’y z)’ (x y’z’)’ (x y z’)’

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

= y0 y3 y4 y6

= y ( 0, 3, 4, 6 )

Jadi f ( x, y, z ) = y ( 1, 2, 5, 7 ) = y ( 0, 3, 4, 6 )

Contoh: Nyatakan fungsi dibawah ini.

a) f ( x, y, z ) = y ( 0, 2, 4, 5 ) dalam bentuk SOP.

b) g ( w, x, y, z ) = y ( 1, 2, 5, 6, 10, 15 ) dalam bentuk POS.

Penyelesaian:

a) f ( x, y, z ) = y ( 1, 3, 6, 7 ).

b) g ( w, x, y, z ) = y ( 0, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14 )

Bentuk Baku

Beberapa bentuk baku fungsi Boolean 3 variabel:

a). Y = ( CBA .. ) + ( BA. ) + ( CA. ) (Bentuk baku dalam bentuk SOP)

b). Y = ( BA ) . ( CBA ) . ( CB ) (Bentuk baku dalam bentuk POS)

Daftar Pustaka







2015 1



MODUL PERKULIAHAN

Model ekspresi Boolean

dengan peta Karnaugh

O Pengertian Peta Karnaugh,

O Teknik minimisasi fungsi boolean dengan peta

Karnaugh.



13 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi Aljabar boolean mempunyai 2 fungsi berbeda yang saling berhubungan. Dalam arti luas, aljabar boolean berarti suatu jenis simbol-simbol yang ditemukan oleh George Boole


pengertian Peta Karnaugh, teknik

minimisasi fungsi boolean dengan


2015 2



untuk memanipulasi nilai-nilai kebenaran logika secara aljabar.

.

peta Karnaugh, serta penarikan

kesimpulan secara valid.

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


2015 3



1 1 0 1

1 1 1 1

yz

00

01

11

10

x 0 0 0 0 1

1 0 0 1 1

c. 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


2015 4



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


2015 5



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


2015 6




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

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


2015 7




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.

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.


2015 8



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.

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


2015 9



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.

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.


2015 10



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


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


2015 11



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.

Berbagai sistem digital menggunakan kode binary coded decimal (BCD). Diberikan Tabel untuk

konversi BCD ke kode Excess-3 sebagai berikut:

Tabel

Masukan BCD Keluaran kode Excess-3

w x y z f1(w, x, y, z) f2(w, x, y,z) f3(w, x, y, z) f4(w, x, y, z)

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0

0

0

0

0

0

0

0

1

1

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

0

0

0

0

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

0

0

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

(a) f1(w, x, y, z)

yz


2015 12



00 01 11 10

wx 00

01 1 1 1

11 X X X X

10 1 1 X X

f1(w, x, y, z) = w + xz + xy = w + x(y + z)

(b) f2(w, x, y, z)

yz

00

01

11

10

wx 00 1 1 1

01 1

11 X X X X

10 1 X X

f2(w, x, y, z) = xy’z’ + x’z + x’y = xy’z’ + x’(y + z)

(c) f3(w, x, y, z)

yz

00

01

11

10

wx 00 1 1

01 1 1

11 X X X X

10 1 X X


2015 13



f3(w, x, y, z) = y’z’ + yz

(d) f4(w, x, y, z)

yz

00

01

11

10

wx 00 1 1

01 1 1

11 X X X X

10 1 X X

f4(w, x, y, z) = z’


2015 14



Daftar Pustaka






x y zw

f3

f4

f2

f1


2015 1



MODUL PERKULIAHAN

MINIMISASI FUNGSI

BOOLEAN DGN PETA

KARNAUGH

o Peta Karnaugh 2,

o Peta karnaugh 3 variabel,

o teknik minimisasi fungsi boolean dengan peta

Karnaugh dan teknik digital.



14 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi Aljabar boolean mempunyai 2 fungsi berbeda yang saling berhubungan. Dalam arti luas, aljabar boolean berarti suatu jenis simbol-simbol yang ditemukan oleh George Boole

Mahasiswa mengerti Peta Karnaugh 2, Peta karnaugh 3 variabel, teknik minimisasi fungsi boolean dengan peta Karnaugh dan teknik digital.


2015 2



untuk memanipulasi nilai-nilai kebenaran logika secara aljabar.

MINIMISASI FUNGSI BOOLEAN DGN PETA KARNAUGH


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

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


2015 3



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


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.

Sederhanakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x’yz + xy’z’ + xyz + xyz’.

Jawab:


yz

00

01

11

10

x 0 1

1 1 1 1


2015 4



Hasil penyederhanaan: f(x, y, z) = yz + xz’

Contoh.

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.

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


2015 5



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.

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


2015 6



Contoh.

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


yz

00

01

11

10

x 0 1 1 1

1 1 1

Hasil penyederhanaan: f(x, y, z) = z + x’yz’


2015 7



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.

Berbagai sistem digital menggunakan kode binary coded decimal (BCD). Diberikan Tabel untuk

konversi BCD ke kode Excess-3 sebagai berikut:

Tabel

Masukan BCD Keluaran kode Excess-3

w x y z f1(w, x, y, z) f2(w, x, y,z) f3(w, x, y, z) f4(w, x, y, z)

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0

0

0

0

0

0

0

0

1

1

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

0

0

0

0

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

0

0

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0


2015 8



(a) f1(w, x, y, z)

yz

00

01

11

10

wx 00

01 1 1 1

11 X X X X

10 1 1 X X

f1(w, x, y, z) = w + xz + xy = w + x(y + z)

(b) f2(w, x, y, z)

yz

00

01

11

10

wx 00 1 1 1

01 1

11 X X X X

10 1 X X

f2(w, x, y, z) = xy’z’ + x’z + x’y = xy’z’ + x’(y + z)

(c) f3(w, x, y, z)

yz

00

01

11

10

wx 00 1 1


2015 9



01 1 1

11 X X X X

10 1 X X

f3(w, x, y, z) = y’z’ + yz

(d) f4(w, x, y, z)

yz

00

01

11

10

wx 00 1 1

01 1 1

11 X X X X

10 1 X X

f4(w, x, y, z) = z’


2015 10



Daftar Pustaka






x y zw

f3

f4

f2

f1


2015 1



MODUL PERKULIAHAN

PETA KARNAUGH dalam

rangkaian listrik AND-OR minimal

o Peta Karnaugh 3,

o Peta karnaugh 4 variabel,

o Teknik minimisasi fungsi boolean dengan peta karnaugh,

o Peta karnaugh lima dan enam variable


Ilmu Komputer

Sistem Informasi

15 87004 Tim Dosen

Abstract Kompetensi Rangkaian digital (dua keadaan), karena sinyal masukan atau keluaran hanya berupa tegangan tinggi atau low. Setiap keluarannya tergantung sepenuhnya pada

Mahasiswa mampu memahami Peta

Karnaugh 3, Peta karnaugh 4 variabel,

teknik minimisasi fungsi boolean


2015 2



sinyal yang diberikan pada masukan-masukannya.

dengan peta karnaugh, peta karnaugh

lima dan enam variable.

Suatu fungsi boolean bisa dinyatakan dalam tabel kebenaran. Suatu tabel

kebenaran untuk fungsi boolean merupakan daftar semua kombinasi angka-angka

biner 0 dan 1 yang diberikan ke variabel-variabel biner dan daftar yang

memperlihatkan nilai fungsi untuk masing-masing kombinasi biner.

Aljabar boolean mempunyai 2 fungsi berbeda yang saling berhubungan. Dalam arti

luas, aljabar boolean berarti suatu jenis simbol-simbol yang ditemukan oleh George

Boole untuk memanipulasi nilai-nilai kebenaran logika secara aljabar. Dalam hal ini

aljabar boolean cocok untuk diaplikasikan dalam komputer. Disisi lain, aljabar

boolean juga merupakan suatu struktur aljabar yang operasi-operasinya memenuhi

aturan tertentu.

DASAR OPERASI LOGIKA

LOGIKA :

Memberikan batasan yang pasti dari suatu keadaan, sehingga suatu keadaan tidak

dapat berada dalam dua ketentuan sekaligus.

Dalam logika dikenal aturan sbb :

Suatu keadaan tidak dapat dalam keduanya benar dan salah sekaligus

Masing-masing adalah benar / salah.

Suatu keadaan disebut benar bila tidak salah.

Dalam ajabar boolean keadaan ini ditunjukkan dengan dua konstanta : LOGIKA ‘1’

dan ‘0’

Operasi-operasi dasar logika dan gerbang logika :

Pengertian GERBANG (GATE) :

Rangkaian satu atau lebih sinyal masukan tetapi hanya menghasilkan satu

sinyal keluaran.

Rangkaian digital (dua keadaan), karena sinyal masukan atau keluaran

hanya berupa tegangan tinggi atau low ( 1 atau 0 ).

Setiap keluarannya tergantung sepenuhnya pada sinyal yang diberikan pada

masukan-masukannya.


2015 3



Operasi logika NOT ( Invers )

Operasi merubah logika 1 ke 0 dan sebaliknya x = x’

Tabel Operasi

NOT

Simbol

X X’

0 1

1 0

Operasi logika AND

Operasi antara dua variabel (A,B)

Operasi ini akan menghasilkan logika 1, jika kedua variabel tersebut

berlogika 1

Simbol

Tabel operasi

AND

A B

A . B

A A . B 0 0 0


2015 4



0 1

0

1 0

0

B

1 1

1

Operasi logika OR

Operasi antara 2 variabel (A,B)

Operasi ini akan menghasilkan logika 0, jika kedua variabel tersebut berlogika 0.

Simbol

Tabel Operasi OR

A A + B A B A + B

0 0

0

0 1


2015 5



1

B

1 0

1

1 1

1

Operasi logika NOR

Operasi ini merupakan operasi OR dan NOT, keluarannya merupakan keluaran

operasi OR yang di inverter.

Simbol Tabel Operasi NOR

A A + B ( A + B )’

A B ( A + B)’

0 0 1

0

1 0

B 1

0 0

1 1

0


2015 6



Atau

A ( A + B )’

B

Operasi logika NAND

Operasi logika ini merupakan gabungan operasi AND dan NOT, Keluarannya

merupakan keluaran gerbang AND yang di inverter.

Simbol

Tabel Operasi NAND

A A . B ( A . B )’ A

B ( A . B)’

0 0

1

0 1


2015 7



1

B

1 0

1

1 1

0

Atau

A ( A . B )’

B

Operasi logika EXOR

akan menghasilkan keluaran ‘1’ jika jumlah masukan yang bernilai ‘1’ berjumlah

ganjil.


2015 8



Simbol

Tabel Operasi EXOR

A Y A

B A + B

0

0 0

0

1 1

B 1

0 1

1 1

0

Operasi logika EXNOR

Operasi ini akan menghasilkan keluaran ‘1’ jika jumlah masukan yang bernilai ‘1’

berjumlah genap atau tidak ada sama sekali.

Simbol

Tabel Operasi EXNOR

A Y A B A + B

0

0 1

0

1 0

B 1

0 0


2015 9



1

1 1

DALIL BOOLEAN ;

8. X=0 ATAU X=1

9. 0 . 0 = 0

10. 1 + 1 = 1

11. 0 + 0 = 0

12. 1 . 1 = 1

13. 1 . 0 = 0 . 1 = 0

14. 1 + 0 = 0 + 1 = 0

TEOREMA BOOLEAN

1. HK. KOMUTATIF

A + B = B + A

A . B = B . A

6. HK. IDENTITAS

A + A = A

A . A = A

2. HK. ASSOSIATIF

(A+B)+C = A+(B+C)

(A.B) . C = A . (B.C)

7.

0 + A = A ----- 1. A = A

1 + A = 1 ----- 0 . A = 0

3. HK. DISTRIBUTIF

A . (B+C) = A.B + A.C

A + (B.C) = (A+B) . (A+C)

8.

A’ + A = 1

A’ . A =0

4. HK. NEGASI

( A’ ) = A’

(A’)’ = A

9.

A + A’ . B = A + B

A . (A + B)= A . B

5. HK. ABRSORPSI

A+ A.B = A

A.(A+B) = A

10. DE MORGAN’S

( A+ B )’ = A’ . B’

( A . B )’ = A’ + B’

CONTOH :

2. A + A . B’ + A’ . B = A . ( 1 + B’ ) + A’ . B

= A . 1 + A’ . B

= A + A’ . B

= A + B


2015 10



2. A

B

X

X = (A.B)’ . B = (A’ + B’) . B

= ( A.B )’ + B’.B

= ( A.B )’ + 0

= A’.B

A

B

X = A’.B

ATAU

A

X = A’.B

B


2015 11



Aplikasi Aljabar Boolean

Rangkaian Digital Elektronik

Gerbang AND Gerbang OR Gerbang NOT

(inverter)

Contoh.

Nyatakan fungsi f(x, y, z) = xy + x’y ke dalam rangkaian logika.

Jawab: (a) Cara pertama

y

xxy

y

xx+ y x'x

x'

x

yxy

x

yx'y

xy+x'y


2015 12



(b) Cara kedua

c. Cara ketiga

Gerbang Turunan

Gerbang NAND Gerbang XOR

Gerbang NOR Gerbang XNOR

x

y(xy)'

x

y(x+y)'

x

y+x y

x

y+(x y)'

x'

xy

x y

x'y

xy+x'y

x'

xyx

y

x'y

xy+x'y


2015 13



x'

y'x'y' ekivalen dengan

x

y(x+y)'

x

y(x + y)' ekivalen dengan

x

y(x + y)'

x + y


2015 14



Penyederhanaan Fungsi Boolean

Contoh. f(x, y) = x’y + xy’ + y’

disederhanakan menjadi

f(x, y) = x’ + y’

Penyederhanaan fungsi Boolean dapat dilakukan dengan 3 cara:

4. Secara aljabar

5. Menggunakan Peta Karnaugh

6. Menggunakan metode Quine Mc Cluskey (metode Tabulasi)

1. Penyederhanaan Secara Aljabar

Contoh:

4. f(x, y) = x + x’y

= (x + x’)(x + y)

= 1 (x + y )

= x + y

x'

y'x' + y' ekivalen dengan

x

y(xy)'


2015 15



5. f(x, y, z) = x’y’z + x’yz + xy’

= x’z(y’ + y) + xy’

= x’z + xz’

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

= xy + x’z + xyz + x’yz

= xy(1 + z) + x’z(1 + y) = xy + x’z

Daftar Pustaka







fasilkom.mercubuana.ac.idfasilkom.mercubuana.ac.id/wp-content/uploads/2017/10/Modul...2015 1 Logika...

Documents

Transcript of fasilkom.mercubuana.ac.idfasilkom.mercubuana.ac.id/wp-content/uploads/2017/10/Modul...2015 1 Logika...