Foundations of Computer Science 1tambahan

Foundation of Computer Science 1 1

BAB I

TEORI HIMPUNAN

1.1 Dasar dasar Teori Himpunan

Definisi : Himpunan adalah kumpulan objek objek yang berbeda (Liu, 1986) Biasanya dinotasikan dengan huruf besar. Dan objek yang berada di dalamnya disebut elemen / anggota.

1.1.1 Menyatakan Himpunan

Ada 2 cara untuk menyatakan himpunan, yaitu : a. Enumerasi yaitu menuliskan semua anggota himpunan di antara 2 kurung

kurawal. b. Notasi pembentuk himpunan

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

Contoh : 1. A = Himpunan bilangan bulat antara 1 dan 5 2. B = Himpunan yang anggotanya adalah : kucing, meja, buku, air 3. C = Himpunan bilangan riil yang lebih besar daripada 1

Enumerasi Dengan sifat

A = { 1, 2, 3 , 4 ,5} A = { x | x Z, 1 x 5

B = { kucing, meja, buku, air } B tidak dapat dinyatakan dengan cara menuliskan sifat sifatnya karena tidak ada sifat yang sama di antara anggota anggotanya

C tidak bisa dinyatakan dengan

menuliskan anggota anggotanya karena jumlah anggota C yang tak berhingga banyaknya

C = { x | x R, x > 1}

Jika suatu objek x merupakan anggota dari himpunan A, maka dituliskan

x A dan dibaca : x adalah anggota A, atau x ada di dalam A, atau x adalah elemen A. Sebaliknya jika x bukan anggota A, dituliskan x A.


B

1.1.2 Diagram Venn

Diagram Venn adalah penyajian himpunan secara grafis. Yaitu suatu himpunan dinyatakan sebagai suatu lingkaran yang diberi nama himpunan

tersebut. Jika perlu anggota- anggota himpunan tersebut dinyatakan sebagai titik titik di dalamnya. Himpunan A={ a, b }, dengan diagaram Venn disajikan sebagai berikut

Gambar 1. 1

1.1.3 Himpunan Bagian dan kesamaan Himpunan

Jika A dan B adalah himpunan himpunan , maka A disebut himpunan bagian (subset) dari B bila hanya bila setiap anggota A juga merupakan anggota dari B. dalam hal ini B disebut superset dari A.

A B (( x) x A x B )

Gambar 1. 2

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

A = B A B dan B A

a

b

A


S

1.1.4 Himpunan Saling Lepas

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

Gambar 1.3

1.1.5 Semesta Pembicaraan dan Himpunan Kosong

Semesta pembicaraan (simbol S atau U) adalah himpunan semua objek yang dibicarakan. Suatu himpunan yang tidak mempunyai anggota disebut himpunan kosong, diberi simbol atau { }. Sifat himpunan kosong : 1. Himpunan kosong adalah himpunan bagian semua himpunan 2. Himpunan kosong adalah tunggal

1.1.6 Kardinalitas

Misalkan A adalah himpunan yang elemen elemen nya berhingga banyaknya, maka jumlah elemen A disebut kardinal dari himpunan A.

Notasi : n(A) atau |A|

1.1.7 Himpunan yang Ekivalen

Himpunan A dikatakan ekivalen dengan himpunan B jika hanya jika kardinal dari kedua himpunan sama

Notasi : A ~ B |A| = |B |

A B


S

A B

S

A B

1.2 Operasi operasi terhadap Himpunan

o Gabungan (Union)

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

A B = { x | x S , x A atau x B }

Gambar 1.4

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

A B = { x | x S , x A dan x B }

Gambar 1.5

o Komplemen

Komplemen himpunan A (ditulis Ac atau _

A atau ~ A) adalah himpunan semua elemen x dalam S sedemikian hingga x bukan anggota A. Ac = { x | x S, x A }

Gambar 1.6

S A


S

A B

S

A

B

o Selisih

Selisih himpunan B dari himpunan A (ditulis A - B) adalah himpunan semua elemen dalam S sedemikian hingga x adalah

anggota A tetapi bukan anggota B A - B = { x | x S , x A dan x B }

Gambar 1.7

o Beda Setangkup (Symmetric Difference)

Beda setangkup dari dua buah himpunan A dan B (ditulis A B)

adalah himpunan yang elemennya ada pada A atau B tetapi tidak pada keduanya.

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

Gambar 1.8

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

1. Hukum Komutatif

A B = B A ; A B = B A ; A B = B A

2. Hukum Asosiatif ( A B ) C = A ( B C ) ; ( A B ) A = A ( B A ) ;

( A B ) C = A ( B C )

3. Hukum Distributif ( A B ) C = ( A C ) ( B C ); ( A B ) C = ( A C ) ( B C ) ;


4. Hukum Identitas

A = A ; A S = A ; A = A

5. Hukum Null

A S = S ; A = ; A A =

6. Hukum Komplemen A Ac = S ; A Ac = 7. Hukum Idempoten A A = A ; A A = A 8. Hukum Involusi ( Ac ) c = A 9. Hukum Absorbsi (penyerapan) A ( A B ) = A ; A ( A B) 10 Hukum de Morgan ( A B ) c = Ac Bc ; ( A B) c = Ac Bc 11. Hukum I / O

c = S ; S c =

1.3 Pembuktian pembuktian Himpunan

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

1.4 Himpunan Kuasa

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

anggota

1.5 Prinsip Inklusi Eksklusi

Jika kita ingin menghitung jumlah anggota dari A B ( simbol n(A B) atau |(A B) | maka

|(A B) | = |A| + |B| - |(A B) | sedangkan untuk beda setangkup adalah :

|(A B)| = |A| + |B| - 2|(A B)|


Latihan Soal : 1. Jika A = {a, b, {a,c}, } dan B={a, {a}, d, e}, tentukan himpunan

berikut : a). A b). A { } c). {{a,c}} A d). A B e). {a} {A} f). P(A B) g). A h) B2 i) A (B A)

j). A P(A)

2. Misalkan A adalah himpunan mahasiswa tahun pertama, B adalah himpunan mahasiswa tahun kedua, C adalah himpunan mahasiswa jurusan Arsitektur, D adalah himpunan mahasiswa jurusan Ilmu Komputer, E adalah himpunan mahasiswa yang mengambil mata kuliah Matematika, F adalah himpunan mahasiswa yang pergi menonton film The Aviator, G adalah himpunan mahasiswa yang belajar sampai begadang pada Senin malam lalu.

Nyatakan pernyataan berikut dengan notasi himpunan :

a. Semua mahasiswa tahun kedua jurusan Ilmu Komputer yang mengambil mata kuliah Matematika

b. Hanya mereka yang mengambil mata kuliah Matematika atau yang pergi menonton film The Aviator yang begadang pada Senin malam lalu.

c. Semua mahasiswa tahun kedua yang bukan dari jurusan Arsitektur ataupun jurusan Ilmu Komputer pergi menonton film The Aviator.

3. Di antara bilangan bulat 1-300, berapa banyak yang tidak habis dibagi 3

atau 5 ? 4. Di antara bilangan bulat 1-300, berapa banyak yang habis dibagi 3 tetapi

tidak habis dibagi 5 maupun 7?

5. Di antara 100 mahasiswa, 32 orang mempelajari matematika, 20 orang

mempelajari fisika, 45 orang mempelajari biologi, 15 orang mempelajari matematika dan biologi, 7 orang mempelajari matematika dan fisika, 10 orang mempelajari fisika dan biologi dan 30 orang yang tidak mempelajari satupun di atara ketiga bidang tersebut. a. Hitung banyaknya mahasiswa yang mempelajari ketiga bidang

tersebut. b. Hitung banyaknya mahasiswa yang mempelajari hanya satu di atara

ketiga bidang tersebut.

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


Bab 2

Induksi Matematika

Induksi matematika adalah cara standar dalam membuktikan bahwa sebuah

pernyataan tertentu berlaku untuk setiap bilangan asli. Pembuktian dengan cara

ini terdiri dari dua langkah, yaitu :

1. Menunjukkan bahwa pernyataan itu berlaku untuk bilangan 1

2. Menunjukkan bahwa jika pernyataan itu berlaku untuk bilangan n,

maka pernyataan berlaku juga untuk bilangan n + 1

Misalkan akan dibuktikan suatu pernyatan bahwa jumlah n bilangan asli pertama,

yaitu 1 + 2 + 3 + . . . + n adalah sama dengan 2

)1(nn. Untuk membuktikan

bahwa pernyataan itu berlaku untuk setiap bilangan asli, langkah langkah yang

dilakukan adalah sebagai berikut :

1. Menunjukkan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = 1. Jelas

sekali bahwa jumlah 1 bilangan asli yang pertama adalah 2

)11(1 =

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

2. Menunjukkan bahwa jika pernyataan tersebut benar untuk n = k,

maka pernyataan tersebut benar juga untuk n = k + 1. Hal ini bisa

dilakukan dengan cara :

- Mengasumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n =

k, yaitu

1 + 2 + 3 + . . . + k = 2

)1(kk

- Menambahkan satu suku pada ruas kiri dan mengganti k

dengan k+1 pada ruas kanan, sehingga

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

)1)1)((1( kk

= 2

)2)(1( kk

- Substitusikan 2

)1(kk ke ruas kiri


k...321 + (k + 1)

2

)1(kk + (k + 1)

2

)1(2)1( kkk

2

)2)(1( kk (sama dengan ruas kanan)

- Dengan demikian , terbukti

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

)2)(1( kk

- Jadi pernyataan tersebut benar untuk n = k + 1

3. Dengan induksi matematika dapat disimpulkan bahwa pernyataan

tersebut berlaku untuk setiap bilangan asli n.

Secara formal, Induksi Matematika didefinisikan sebagai berikut :

Definisi 2.1

Misalkan untuk setiap bilangan asli n kita mempunyai pernyataan p(n) yang bisa

benar atau salah. Misalkan

1. p(1) benar

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

Sehingga p(n) benar untuk setiap bilangan asli n

Langkah 1 disebut Basis Induksi , sedangkan langkah 2 disebut Langkah Induksi

Jika pada langkah Induksi yang diasumsikan adalah pernyataan p(i) benar untuk

setiap bilangan i n, maka perumusan induksi matematika seperti ini disebut

Bentuk Kuat Induksi Matematika.

Contoh 2.1

Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa 5n 1 dapat dibagi 4

untuk setiap n 1


Jawab

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

bahwa 51 1 = 5 - 1 = 4 habis dibagi 4

2. Asumsikan bahwa 5n 1 habis dibagi 4 untuk n = k, yaitu 5k 1 habis

dibagi 4. Akan ditunjukkan bahwa 5n 1 juga habis dibagi 4 untuk n =

k + 1, yaitu 5k+1 1 habis juga dibagi 4

5k+1 1 = 5. 5k 1

= (1+4) 5k 1

= 5k + 4.5k 1

= 5k 1 + 4.5k

= (5k 1) + 4.5k

Berdasarkan asumsi, 5k 1 habis dibagi 4. Sedangkan 4.5k juga habis

dibagi 4. Dengan demikian, 5k+1 1 habis dibagi 4. Karena Basis

Induksi dan Langkah Induksi terbukti, maka dapat disimpulkan bahwa 5n

1 dapat dibagi 4 untuk setiap n 1.


Latihan

Gunakan induksi matematika untuk membuktikan pernyataan berikut ini benar

untuk setiap n 1

1. 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + n(n+1) = 2

)2)(1( nnn

2. 12 22 + 32 - . . . + (-1)n+1n2 = 2

)1()1(1

nnn

3. 13 + 23 + 33 + . . . + n3 =

2

2

)1(nn

4. 1 + 3 + 5 + . . . + 2n -1 = n2

5. 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = 6

)12)(1( nnn

6. 2.1

1 +

3.2

1 + . . . +

)1(

1

nn =

1n

n

7. 3.1

1 +

5.3

1 +

7.5

1+. . . +

)12)(12(

1

nn =

12 n

n

8. 4n 1 habis dibagi 3



11. 6.7n 2.3n habis dibagi 4

12. 3n + 7n 2 habis dibagi 8

Reference:

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

Hall

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

3. Rinaldi Munir, Matematika Diskrit, Penerbit Informatika Bandung

4. Jong Jek Siang, Drs, Matematika Diskrit dan Aplikasinya pada Ilmu

Komputer, 2002, Penerbit Andi Yogyakarta.


Bab 3

Prinsip Dasar Perhitungan

3.1 Prinsip - prinsip Dasar

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

hitungan. Sebagai contoh, sebuah Warung Tegal menyediakan menu yang terdiri

dari 4 jenis makanan, yaitu Nasi Rawon (R), Nasi Soto (S), Nasi Pecel (P) dan

Bakso (B) serta 3 jenis minuman, yaitu Es Jeruk (J), Es Teh (T) dan Es Degan

(D).

Masalahnya, berapa banyak macam hidangan yang berbeda jika dipilih

dari satu jenis makanan dan satu jenis minuman? Masalah di atas merupakan

salah satu contoh masalah diskrit yang biasa dipecahkan dengan cara mendata

semua kemungkinan hidangan yang berbeda yang terdiri dari satu jenis makanan

dan satu jenis minuman, yaitu:

RJ; RT; RD; SJ; ST; SD; PJ; PT; PD; BJ; BT; BD

Sehingga terdapat 12 macam hidangan yang berbeda.

Total jenis hidangan tersebut bisa diperoleh dengan cara mengalikan

banyaknya jenis makanan dengan banyaknya jenis minuman. Teknik perhitungan

yang demikian disebut dengan Prinsip Perkalian. Selain prinsip perkalian,

terdapat teknik perhitungan lain yang bisa digunakan untuk memecahkan

masalah - masalah diskrit, yaitu Prinsip Penambahan. Kedua prinsip ini akan

dijelaskan dalam Subbab berikut ini.

3.2 Prinsip Perkalian

Definisi 3.1

Jika terdapat aktivitas yang terdiri dari t langkah berurutan, dimana langkah 1

bisa dilakukan dalam n1 cara, langkah 2 bisa dilakukan dalam n2 cara, dan

seterusnya sampai langkah ke-t yang bisa dilakukan dalam nt cara; maka

banyaknya aktivitas yang berbeda adalah

n1.n2 nt


Contoh 3.1

Gunakan prinsip perkalian untuk menghitung masalah banyaknya macam

hidangan yang terdiri 1 jenis makanan dan 1 jenis minuman diatas.

Masalah perhitungan banyaknya macam hidangan yang terdiri satu jenis

makanan dan satu jenis minuman diatas merupakan aktivitas yang terdiri dari 2

langkah, dimana langkah pertama adalah memilih makanan yang bisa dilakukan

dalam 4 cara, dan langkah kedua adalah memilih minuman yang bisa dilakukan

dalam 3 cara, sehingga banyaknya macam hidangan adalah 4.3 = 12.

Contoh 3.2

Berapa banyak cara 3 huruf dapat disusun dari 5 huruf ABCDE ?

a) jika tidak boleh ada pengulangan?

b) jika huruf awalnya A dan tidak boleh ada pengulangan?

c) jika huruf awalnya bukan A dan tidak boleh ada pengulangan?

Jawab :

a) Ada 3 langkah yang harus dilakukan untuk menyusun 3 huruf dari 5 huruf

ABCDE jika tidak boleh ada pengulangan.

Langkah pertama adalah memilih huruf pertama yang bisa dilakukan dalam

5 cara,

Langkah kedua adalah memilih huruf kedua yang bisa dilakukan dalam 4

cara,

Langkah ketiga adalah memilih huruf ketiga yang bisa dilakukan dalam 3

cara. Sehingga banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika

tidak boleh ada pengulangan adalah 5.4.3 = 60

b) Ada tiga langkah yang harus dilakukan untuk menyusun 3 huruf dari 5 huruf

ABCDE jika huruf awalnya A.


1 cara,


cara, Langkah ketiga adalah memilih huruf ketiga yang bisa dilakukan dalam

3 cara. Sehingga banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika

huruf awalnya A adalah 1.4.3 = 12

c) Ada tiga langkah yang harus dilakukan untuk menyusun 3 huruf dari 5 huruf

ABCDE jika huruf awalnya bukan A.



4 cara,


cara

Langkah ketiga adalah memilih huruf ketiga yang bisa dilakukan dalam 3

cara. Sehingga banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika

huruf awalnya bukan A adalah 4.4.3 = 48

Cara lain adalah banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE

dikurangi dengan banyaknya cara menyusun 3 huruf yang diawali dengan

huruf A, yaitu: 60 - 12 = 48

3.3. Prinsip Penambahan

Definisi 3.2

Misalkan terdapat t himpunan X1, X2, . . . , Xt yang masing-masing mempunyai

n1, n2, . . ., nt anggota. Jika himpunan-himpunan tersebut saling lepas, yaitu Xi

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

masing himpunan tersebut adalah

n1 + n2 + . . . + nt

Contoh 3.3

Berapa banyak untai 4 bit yang diawali dengan digit 10 dan 11?

Jawab :

Untuk menyusun untai 4 bit yang diawali dengan 10 ada dua langkah.

Langkah pertama adalah memilih digit ketiga yang bisa dilakukan dalam 2 cara

(memilih 0 atau 1).

Langkah kedua adalah memilih digit yang keempat yang juga bisa dilakukan

dalam 2 cara. Sehingga banyaknya untai 4 bit yang diawali dengan digit 10

adalah 2.2 = 4. Dengan cara yang sama dapat diperoleh banyaknya untai 4 bit

yang diawali dengan digit 11, yaitu ada 4 untai. Jadi banyaknya untai 4 bit yang

diawali dengan digit 10 dan 11 adalah 4 + 4 = 8

Contoh 3.4

Misalkan dalam sebuah rak terdapat 4 buku Matematika yang berbeda, 3 buku

Biologi yang berbeda dan 2 buku Fisika yang berbeda Berapa banyak cara 2 buku

dengan bidang yang berbeda bisa dipilih dari rak tersebut?


Jawab :

Ada tiga kemungkinan yang bisa terjadi, yaitu 2 buku yang terpilih terdiri dari :

satu buku bidang Matematika dan satu bidang Biologi,

satu bidang Matematika dan satu bidang Fisika; serta

satu bidang Biologi dan satu bidang Fisika.

Dengan menggunakan Prinsip Perkalian, terdapat 4.3 = 12

Cara untuk memilih 2 buku yang terdiri dari satu buku bidang Matematika

dan satu bidang Biologi, terdapat 4.2 = 8

Cara untuk memilih 2 buku yang terdiri dari satu buku bidang Matematika dan

satu bidang Fisika; serta

Terdapat 3.2 = 6 cara untuk memilih 2 buku yang terdiri dari satu buku bidang

Biologi dan satu bidang Fisika.

Karena pemilihan dua buku dari bidang yang berbeda tersebut saling lepas, maka

dengan menggunakan Prinsip Penambahan banyaknya cara 2 buku dengan

bidang yang berbeda bisa dipilih adalah 12 + 8 + 6 = 26

Latihan

3.1 Seorang mahasiswa mempunyai 9 kemeja, 5 celana panjang dan 3 pasang

sepatu. Berapa banyak setelan berbeda yang mungkin bisa dipakai oleh

mahasiswa tersebut?

3.2 Dua buah dadu (merah dan biru) digulirkan.

a) Berapa banyak hasil yang mungkin?

b) Berapa banyak hasil yang ganda (angkanya sama)?

c) Berapa banyak hasil yang tepat satu dadu menunjukkan angka 2?

d) Berapa banyak hasil yang paling sedikit satu dadu menunjukkan angka

2?

3.3. Sebuah panitia yang terdiri dari Ketua, Sekretaris dan Bendahara akan

dipilih dari 6 orang, yaitu Edi, Burhan, Amir, Cahyo, Rina dan Linda.

a) Berapa banyak pemilihan yang tidak melibatkan Linda?

b) Berapa banyak pemilihan yang baik Edi maupun Amir harus masuk

dalam kepanitiaan?

c) Berapa banyak pemilihan dengan Burhan sebagai Ketua?

d) Berapa banyak pemilihan dengan Rina harus masuk dalam kepanitian

dan Cahyo tidak?


3.4. Misalkan terdapat 5 buku Matematika yang berbeda, 3 buku Biologi yang

berbeda dan 2 buku Fisika yang berbeda.

a) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak?

b) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak

jika semua buku dari bidang yang sama berada dalam satu kelompok?

c) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak

jika kelima buku Matematika berada dalam di sebelah kiri?

d) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak

jika kedua buku Fisika tidak dikumpulkan bersama-sama?

3.5. Berapa banyak cara, paling sedikit dua orang di antara lima orang bisa

mempunyai hari ulang tahun pada bulan yang sama?

Reference:

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

Hall

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

7. Rinaldi Munir, Matematika Diskrit, Penerbit Informatika Bandung

8. Jong Jek Siang, Drs, Matematika Diskrit dan Aplikasinya pada Ilmu

Komputer, 2002, Penerbit Andi Yogyakarta.


Bab 4

Permutasi dan Kombinasi

Dalam kehidupan sehari-hari kita sering menghadapi masalah pengaturan suatu

obyek yang terdiri dari beberapa unsur, baik yang disusun dengan

mempertimbangkan urutan sesuai dengan posisi yang diinginkan maupun yang

tidak. Misalnya menyusun kepanitiaan yang terdiri dari Ketua, Sekretaris dan

Bendahara dimana urutan untuk posisi tersebut dipertimbangkan atau memilih

beberapa orang untuk mewakili sekelompok orang dalam mengikuti suatu

kegiatan yang dalam hal ini urutan tidak menjadi pertimbangan. Dalam

matematika, penyusunan obyek yang terdiri dari beberapa unsur dengan

mempertimbangkan urutan disebut dengan permutasi, sedangkan yang tidak

mempertimbangkan urutan disebut dengan kombinasi.

4.1. Permutasi Masalah penyusunan kepanitiaan yang terdiri dari Ketua, Sekretaris dan

Bendahara dimana urutan dipertimbangkan merupakan salah satu contoh

permutasi. Jika terdapat 3 orang (misalnya Amir, Budi dan Cindy) yang akan

dipilih untuk menduduki posisi tersebut, maka dengan menggunakan Prinsip

Perkalian kita dapat menentukan banyaknya susunan panitia yang mungkin,

yaitu:

- Pertama menentukan Ketua, yang dapat dilakukan dalam 3 cara.

- Begitu Ketua ditentukan, Sekretaris dapat ditentukan dalam 2 cara.

- Setelah Ketua dan Sekretaris ditentukan, Bendahara dapat ditentukan

dalam 1 cara.

- Sehingga banyaknya susunan panitia yang mungkin adalah 3.2.1 = 6.

Secara formal, permutasi dapat didefinisikan sebagai berikut.

Definisi 4.1

Permutasi dari n unsur yang berbeda x1, x2, . . . , xn adalah pengurutan dari n

unsur tersebut.


Contoh 4.1

Tentukan permutasi dari 3 huruf yang berbeda, misalnya ABC !

Jawab :

Permutasi dari huruf ABC adalah ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA.

Sehingga terdapat 6 permutasi dari huruf ABC.

Teorema 3.1

Terdapat n! permutasi dari n unsur yang berbeda.

Bukti.

Asumsikan bahwa permutasi dari n unsur yang berbeda merupakan aktivitas

yang terdiri dari n langkah yang berurutan.

Langkah pertama adalah memilih unsur pertama yang bisa dilakukan dengan n

cara. Langkah kedua adalah memilih unsur kedua yang bisa dilakukan dengan n -

1 cara karena unsur pertama sudah terpilih. Lanjutkan langkah tersebut sampai

pada langkah ke-n yang bisa dilakukan dengan 1 cara. Berdasarkan Prinsip

Perkalian, terdapat n(n-1)(n-2) . . . 2.1 = n! permutasi dari n unsur yang

berbeda.

Contoh 4.2

Berapa banyak permutasi dari huruf ABC ?

Jawab :

Terdapat 3.2.1 = 6 permutasi dari huruf ABC.

Contoh 4.3

Berapa banyak permutasi dari huruf ABCDEF jika subuntai ABC harus selalu

muncul sebagai ABC?

Karena subuntai ABC harus selalu muncul sebagai ABC, maka subuntai ABC bisa

dinyatakan sebagai satu unsur. Dengan demikian terdapat 4 unsur yang

dipermutasikan, sehingga banyaknya permutasi adalah 4:3:2:1 = 24.


Definisi 4.2

Permutasi r dari n unsur yang berbeda x1, x2, . . . , xn adalah pengurutan dari

sub-himpunan dengan r anggota dari himpunan {x1, x2 . . . , xn} . Banyaknya

permutasi r dari n unsur yang berbeda dinotasikan dengan P(n, r).

Contoh 4.4

Tentukan permutasi 3 dari 5 huruf yang berbeda, misalnya ABCDE.

Jawab :

Permutasi 3 dari huruf ABCDE adalah

ABC ABD ABE ACB ACD ACE ADB ADC ADE AEB AEC AED BAC BAD BAE BCA BCD BCE BDA BDC BDE BEA BEC BED CAB CAD CAE CBA CBD CBE CDA CDB CDE CEA CEB CED DAB DAC DAE DBA DBC DBE DCA DCB DCE DEA DEB DEC EAB EAC EAD EBA EBC EBD

ECA ECB ECD EDA EDB EDC Sehingga banyaknya permutasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 60. Teorema 4.2

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

!

rn

n

Bukti. Asumsikan bahwa permutasi r dari n unsur yang berbeda merupakan aktivitas

yang terdiri dari r langkah yang berurutan.

Langkah pertama adalah memilih unsur pertama yang bisa dilakukan dengan n

cara. Langkah kedua adalah memilih unsur kedua yang bisa dilakukan dengan n -

1 cara karena unsur pertama sudah terpilih. Lanjutkan langkah tersebut sampai

pada langkah ke-r yang bisa dilakukan dengan n _ r + 1 cara. Berdasarkan

Prinsip Perkalian, diperoleh

n(n - 1)(n - 2) . . .(n - r + 1) = 1.2...)1)((

1.2...)2)(1(

rnrn

nnn =

)!(

!

rn

n

Jadi P(n, r) = )!(

!

rn

n

Contoh 4.5


Gunakan Teorema 4.2 untuk menentukan permutasi 3 dari 5 huruf yang berbeda,

misalnya ABCDE.

Jawab :

Karena r = 3 dan n = 5 maka permutasi-3 dari 5 huruf ABCDE adalah

P(5, 3) = )!35(

!5 =

!2

!5= 5.4.3 = 60

Jadi banyaknya permutasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 60.

4.2. Kombinasi Berbeda dengan permutasi yang urutan menjadi pertimbangan, pada kombinasi

urutan tidak dipertimbangkan. Misalnya pemilihan 3 orang untuk mewakili

kelompak 5 orang (misalnya Dedi, Eka, Feri, Gani dan Hari) dalam mengikuti

suatu kegiatan. Dalam masalah ini, urutan tidak dipertimbangkan karena tidak

ada bedanya antara Dedi, Eka dan Feri dengan Eka, Dedi dan Feri. Dengan

mendata semua kemungkinan 3 orang yang akan dipilih dari 5 orang yang ada,

diperoleh:

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

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

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

Sehingga terdapat 10 cara untuk memilih 3 orang dari 5 orang yang ada.

Selanjutnya kita dapat mendefinisikan kombinasi secara formal seperti di bawah

ini.

Definisi 4.3

Kombinasi r dari n unsur yang berbeda x1, x2, . . . , xn adalah seleksi tak terurut r

anggota dari himpunan {x1, x2 . . . , xn} (sub-himpunan dengan r unsur).

Banyaknya kombinasi-r dari n unsur yang berbeda dinotasikan dengan C(n, r)

atau r

n.


Contoh 4.6

Tentukan kombinasi 3 dari 5 huruf yang berbeda, misalnya ABCDE.

Kombinasi-3 dari huruf ABCDE adalah

ABC ABD ABE ACD ACE

ADE BCD BCE BDE CDE

Sehingga banyaknya kombinasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 10.

Teorema 4.3

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

!

rnr

n

Bukti.

Pembuktian dilakukan dengan menghitung permutasi dari n unsur yang berbeda

dengan cara berikut ini.

Langkah pertama adalah menghitung kombinasi-r dari n, yaitu C(n, r). Langkah kedua adalah mengurutkan r unsur tersebut, yaitu r!. Dengan

demikian,

P(n, r) = C(n, r) r!

C(n, r) = !

),(

r

rnP

= !

)!(/!

r

rnn

= !)!(

!

rrn

n

seperti yang diinginkan. Contoh 4.7

Gunakan Teorema 4.3 untuk menentukan kombinasi-3 dari 5 huruf yang

berbeda, misalnya ABCDE.

Karena r = 3 dan n = 5 maka kombinasi-3 dari 5 huruf ABCDE adalah

C(5,3) = !3)!35(

!5 =

!3!2

!5 =

2

4.5 = 5.2 = 10

Jadi banyaknya kombinasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 10.


Contoh 4.8

Berapa banyak cara sebuah kepanitiaan yang terdiri dari 4 orang yang dipilih dari

6 orang ?

Jawab

Karena panitia yang terdiri dari 4 orang merupakan susunan yang tidak terurut,

maka masalah ini merupakan kombinasi-4 dari 6 unsur yang tersedia. Sehingga

dengan menggunakan Teorema 4.3 dimana n = 6 dan r = 4

diperoleh:

C(6,4) = !4)!46(

!6 =

!4!2

!6 =

2

6.5 = 5. 3 = 15

Jadi terdapat 15 cara untuk membentuk sebuah panitia yang terdiri dari 4 orang

bisa dipilih dari 6 orang.

Contoh 4.9

Berapa banyak cara sebuah panitia yang terdiri dari 2 mahasiswa dan 3

mahasiswi yang bisa dipilih dari 5 mahasiswa dan 6 mahasiswi?

Jawab :

Pertama, memilih 2 mahasiswa dari 5 mahasiswa yang ada, yaitu:

C(5,2) = 2

5.4 = 10

Kedua, memilih 3 mahasiswi dari 6 mahasiswi yang ada, yaitu:

C(6,3) = 3.2.1

6.5.4 = 4.5 =20

Sehingga terdapat 10.20 = 200 cara untuk membentuk sebuah panitia yang

terdiri dari 2 mahasiswa dan 3 mahasiswi yang bisa dipilih dari 5 mahasiswa dan

6 mahasiswi.

4.3 Generalisasi Permutasi

Kalau pada pembahasan permutasi sebelumnya unsur-unsur yang diurutkan

berbeda, pada bagian ini akan dibahas permutasi yang digeneralisasikan dengan

membolehkan pengulangan unsur-unsur yang akan diurutkan, dengan kata lain

unsur-unsurnya boleh sama.


Misalkan kita akan mengurutkan huruf-huruf dari kata KAKIKUKAKU. Karena

huruf-huruf pada kata tersebut ada yang sama, maka banyaknya permutasi

bukan 10!, tetapi kurang dari 10!.

Untuk mengurutkan 10 huruf pada kata KAKIKUKAKU dapat dilakukan dengan

cara:

Asumsikan masalah ini dengan tersedianya 10 posisi kosong yang akan

diisi dengan huruf-huruf pada kata KAKIKUKAKU.

Pertama menempatkan 5 huruf K pada 10 posisi kosong, yang dapat

dilakukan dalam C(10, 5) cara.

Setelah 5 huruf K ditempatkan, maka terdapat 10 - 5 = 5 posisi kosong.

Berikutnya adalah menempatkan 2 huruf A pada 5 posisi kosong, yang

dapat dilakukan dalam C(5, 2) cara.

Begitu 2 huruf A ditempatkan, terdapat C(3, 2) cara untuk menempatkan

2 huruf U pada 3 posisi kosong yang ada.

Akhirnya terdapat C(1, 1) cara untuk menempatkan 1 huruf I pada 1

posisi kosong yang tersisi.

Dengan menggunakan Prinsip Perkalian diperoleh

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

!10.

!3!2

!5.

!1!2

!3.

!1!1

!1

= !1!2!2!5

!10

= 2.2

6.7.8.9.10

= 7650

Jadi banyaknya cara untuk mengurutkan huruf-huruf dari kata

KAKIKUKAKU adalah 7560.

Secara umum banyaknya permutasi dari obyek yang mempunyai beberapa unsur

sama dapat dijabarkan seperti pada teorema berikut ini.


Teorema 3.4

Misalkan X merupakan sebuah barisan yang mempunyai n unsur, dimana

terdapat n1 unsur yang sama untuk jenis 1, n2 unsur yang sama untuk jenis 2

dan seterusnya sampai nt unsur yang sama untuk jenis t. Banyaknya permutasi

dari barisan X adalah

!....!!

!

21 tnnn

n

Bukti.

- Untuk menempatkan posisi n1 unsur yang sama untuk jenis 1 pada n posisi

yang tersedia dapat dilakukan dengan C(n, n1) cara.

- Setelah n1 unsur ditempatkan, maka terdapat n - n1 posisi yang tersedia,

sehingga untuk menempatkan posisi n2 unsur yang sama untuk jenis 2 pada n

_ n1 posisi yang tersedia dapat dilakukan dengan C(n - n1, n2) cara.

- Demikian seterusnya sampai pada nt unsur yang sama untuk jenis t yang bisa

dilakukan dengan C(n - n1 - n2 - . . .- nt-1, nt) cara.

- Dengan menggunakan Prinsip Perkalian dapat diperoleh

C(n, n1) . C(n-n1, n2) . C(n-n1-n2, n3)...C(n-n1-n2--nt-1, nt)

= )!(

!

11nnn

n.

)!(

!)(

212

1

nnnn

nn . . .

!0!

....121

t

t

n

nnnn

= !....!!

!

21 tnnn

n

Contoh 4.10

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

!1!2!2!5

!10=

2.2

10.9.8.7.6 = 7560

4.4. Generalisasi Kombinasi


Generalisasi kombinasi merupakan perluasan dari kombinasi yang membolehkan

pengulangan suatu unsur. Misalnya kita ingin memilih 4 kelereng dari sebuah

kantong yang berisi paling sedikitnya 4 kelereng dari masing-masing warna yaitu

merah, biru dan kuning. Kemungkinan terpilihnya 4 kelereng tersebut adalah

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

{1 merah, 3 kuning} {4 biru} {3 biru, 1 kuning} {2 biru, 2 kuning} {1 biru, 3 kuning} {4 kuning} {2 merah, 1 biru, 1 kuning} {1 merah, 2 biru, 1 kuning} {1 merah, 1 biru, 2 kuning}

Sehingga terdapat 15 kemungkinan terpilihnya 4 kelereng tersebut.

Permasalahan di atas dapat kita nyatakan sebagai seleksi dari 4+3-1 simbol yang

terdiri dari 4 simbol o sebagai kelereng dan 3 - 1 simbol k sebagai pemisah

kelereng yang berbeda warna. Selanjutnya kita menentukan posisi dari simbol-

simbol tersebut, yaitu:

merah biru kuning

oooo

ooo o

oo oo

o ooo

ooo o

oo oo

o ooo

oooo

ooo o

oo oo

o ooo

oo o o

o oo o

o o oo


Latihan

4.1 Berapa banyak untai yang bisa dibentuk dengan mengurutkan huruf ABCDE

jika

a. mengandung subuntai ACE.

b. mengandung huruf ACE dalam sembarang urutan.

c. A muncul sebelum D (misalnya BCADE, BCAED).

d. tidak mengandung subuntai AB atau CD.

4.2. Dalam berapa banyak cara 5 mahasiswa dan 7 mahasiswi dapat berbaris

jika tidak boleh ada 2 mahasiswa yang berdekatan?

4.3. Dalam berapa banyak cara 5 mahasiswa dan 7 mahasiswi dapat duduk di

meja mundar jika tidak boleh ada 2 mahasiswa yang berdekatan?

4.4. Sebuah kelompok terdiri dari 6 mahasiswa dan 7 mahasiswi. Ada berapa

cara kita bisa memilih panitia yang terdiri dari:

a. 3 mahasiswa dan 4 mahasiswi.

b. 4 orang paling sedikitnya 1 mahasiswi.

c. 4 orang paling sedikitnya 1 mahasiswa.

d. 4 orang dimana jumlah mahasiswa sama dengan mahasiswi.

4.5. Tentukan banyaknya kemungkinan lima kartu (tak terurut) yang dipilih dari

52 kartu jika:

a. mengandung 4 As.

b. mengandung 4 kartu dari nilai yang sama.

c. mengandung semua spade.

d. mengandung kartu dari semua rupa.

4.6. Dalam berapa banyak cara 10 buku yang berbeda dapat dibagikan pada 3

mahasiswa jika mahasiswa pertama mendapatkan 5 buku, mahasiswa

kedua mendapatkan 3 buku dan mahasiswa ketiga mendapatkan 2 buku?

4.7. Misalkan terdapat kumpulan bola yang berwarna merah, biru dan hijau yang

masing-masing mengandung paling sedikitnya 10 bola.

a. berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih?

b. berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih jika paling sedikit 1 bola merah

harus terpilih?

c. berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih jika paling sedikit 1 bola

merah, paling sedikit 2 bola biru dan paling sedikit 3 bola hijau harus

terpilih?

d. berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih jika tepat 1 bola merah dan

paling sedikit 1 bola biru harus terpilih?


ALJABAR BOOLEAN

Seorang ahli matematika dari Inggris, George Boole

(1815-1864) pada tahun 1854 memaparkan aturan aturan dasar

logika dalam bukunya yang berjudul An Investigation of the

Laws of Thought, on Which Are Founded the Mathematical

Theories of Logic and Probabilities, yang kemudian dikenal

sebagai logika Boolean. Dia menyusun beberapa aturan hubungan

antara nilai nilai matematis yang dibatasi hanya dengan 2

nilai, yaitu true atau false, 1 atau 0. Sistem matematikanya

ini kemudian dikenal sebagai Aljabar BooLean.

Dewasa ini aljabar Boolean telah menjadi dasar tekologi

computer digital. Saat ini aljabar Boolean digunakan secara

luas dalam perancangan rangkaian pensaklaran, rangkaian

digital, dan rangkaian IC (integrated circuit) computer.

3.1 Definisi Aljabar Boolean

Definisi 3.1

Aljabar Boolean adalah aljabar yang terdiri atas suatu

himpunan B dengan 2 operator biner yang didefinisikan pada

himpunan tersebut, yaitu : + (penjumlahan) dan

(perkalian)

sehingga untuk setiap a, b, c B berlaku aksioma atau

postulat sebagai berikut :

1. Closure : (i). a + b B

(ii). a b B

2. Identitas : (i). Ada elemen tunggal 0 B ,

sedemikian hingga berlaku a + 0

= 0 + a = a

(i). Ada elemen tunggal 0 B ,

sedemikian hingga berlaku a 1

= 1 a = 1

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)

(iii). (a b) + c = (a + c) (b + c)


5. Komplemen : Untuk setiap a B , terdapat elemen

tunggal a B sedemikian hingga

berlaku a + a = 1 dan a a = 0

6. Terdapat sedikitnya 2 buah elemen, a dan b B sedemikian

hingga a b.

7. Idempoten : (i). a a = a

(ii). a + a = a

8. Asosiatif : (i). a + (b + c) = (a + b) + c

(ii). a (b c) = (a b) c

Kecuali aksioma 7 dan 8, keenam aksioma pertama disebut

Postulat Huntington. karena diformulasikan secara formal oleh

E.V Huntington.

Untuk mempunyai sebuah aljabar boolean, kita harus

memperlihatkan :

1. elemen himpunan B

2. kaidah / aturan operasi untuk 2 operator biner

3. himpunan B , bersama sama dengan 2 operator tersebut,

memenuhi postulat Huntington.

3.2 Aljabar Boolean Dua Nilai

Aljabar Boolean dua nilai didefinisikan pada sebuah himpunan

dengan 2 buah elemen. Yaitu B = {0,1} , dengan kaidah untuk

operator biner + dan ditunjukkan pada table 3.1 dan 3.2

berikut ini .

Tabel 3.1 Tabel 3.2 Tabel 3.3

a b a

b

a b a + b a b

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

Harus ditunjukkan bahwa postulat Huntington benar untuk

himpunan B = {0,1} dan dua operator biner yang didefinisikan

di atas.

1. Closure, jelas dari tabel karena hasil tiap operasi

adalah 0 dan 1 B

2. Dari table terlihat bahwa (i). 0 + 1 = 1 + 0 = 1

(ii). 1 0 = 0 1 = 0

yang memenuhi elemen identitas 0 dan 1

3. Hukum komutatif jelas terpenuhi


4. (i). Hukum distributif a (b + c) = (a b) + (a c)

dipenuhi dapat ditunjukkan dengan tabel kebenaran

3.4 berikut

Tabel 3.4

a b c b +

c a (b

+ c)

a

b

a

c

(a b) + (a

c)

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 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1

(ii). Hukum distributif a + (b c) = (a + b) (a + c)

dapat ditunjukkan dengan membuat tabel kebenaran

seperti (i)

(ii). Hukum distributif (a b) + c = (a + c) (b + c)

dapat ditunjukkan dengan membuat tabel kebenaran

seperti (i)

5. Tabel komplemen memperlihatkan bahwa :

(i). a + a = 1 , karena 0 + 0 = 0 + 1 = 1

(ii). a a = 0, karena 0 0 = 0 1 = 0

6. Postulat 6 dipernuhi karena aljabar boolean dua nilai

memiliki 2 buah elemen yang berbeda yaitu 1 dan 0.

3.3 Prinsip Dualitas

Dualitas adalah padanan dual ekspresi Boole yang diperoleh

dengan cara

o mempertukarkan + dengan , dan o mempertukarkan 1 dengan 0

Contoh :

Ekspresi Dualitas

a + a = a a a = a Idempoten

a + 1 = 1 a 0 = 0 Identitas

a (b + c) = (a b)

+ (a c)

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

(a +c)


3.4 Sifat - sifat Aljabar Boolean

1. Hukum Identitas

(i). a + 0 = a

(ii). a 1 = 1

2. Hukum Idempoten

(i). a a = a

(ii). a + a = a

3. Hukum Komplemen

(i). a + a = 1

(ii). a a = 0

4. Hukum Dominansi

(i). a 0 = 0

(ii). a + 1 = 1

5. Hukum Involusi :

(i). (a) = a

6. Hukum Absorbsi

(Penyerapan)

(i). a + (a b)

= a

(ii). a (a + b)

= a

7. Hukum Komutatif

(i). a + b = b +

a

(ii). a b = b

a

8. Hukum Asosiatif

(i). a + (b +

c) = (a + b) + c

(ii). a (b c) =

(a b) c

9. Hukum Distributif

(i). a + (b c) =

(a + b) (a + c)

(ii). a (b + c) =

(a b) + (a c)

10. Hukum De Morgan

(i). (a + b) = a

b

(ii). (a b) =

a + b

11. Hukum 0/1

(i). 0 = 1

(ii). 1 = 0

Kadang kadang untuk menyederhanakan penulisan, kita

menuliskan a b sebagai ab


Contoh :

1. Buktikan bahwa a + a b = a + b

Bukti :

a + a b = (a + ab) + a b (Absorbsi)

= a + (ab + a b) (Asosiatif)

= a + (a + a ) b (Distributif)

= a + 1. b (Komplemen)

= a + b (Identitas)

2. Buktikan bahwa a ( a + b) = a b

Bukti :

a ( a + b) = a a + a b (Distributif)

= 0 + a b (Komplemen)

= a b (Identitas)

Tugas :

Buktikan bahwa :

1. a + a = 1 dan a . a = a 2. a + 1 = 1 dan a . 0 = 0

3. (a b) = a + b

4. a b + a b = a

5. a b + a b c = a b + a c

6. (a + b) (a + b + c) = (a + b) (a + c)

3.5 Fungsi Boolean

Pada aljabar Boolean dua nilai , B = {0,1}, peubah

(variable) x disebut peubah Boolean atau peubah biner jika

nilainya hanya dari B. Fungsi Boolean atau disebut juga

fungsi biner adalah ekspresi yang dibentuk dari peubah biner,

dua operator biner + dan , operator komplemen ( ) , tanda kurung, dan tanda sama dengan (=). Setiap peubah boolean,

termasuk komplemennya disebut literal.

Contoh contoh fungsi boolean :

1. f (x) = x

2. f (x, y) = x y + xy + y

3. f (x, y) = x y

4. f (x, y) = (x + y)

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


Fungsi 5 diatas, yaitu f (x, y, z) = x y z terdiri atas 3

literal x , y dan z. Fungsi tersebut mempunyai harga 1

untuk x = 1 , y = 0, dan z = 1, sebab

f (1, 0, 1) = 1 0 1= 1.1.1= 1, dan berharga 0 untuk nilai

x, y dan z yang lain.

Selain secara aljabar, fungsi biner dapat dinyatakan dengan

tabel kebenaran.

Contoh :

Diketahui fungsi boolean f (x, y, z) = x y z. Nyatakan f

dalam tabel kebenaran

Tabel 3.5

x y z f (x, y

z)

0 0 0 0

0 0 1 0

0 1 0 0

0 1 1 0

1 0 0 0

1 0 1 1

1 1 0 0

1 1 1 0

Fungsi boolean tidak unik, artinya dua buah fungsi yang

ekspresi aljabarnya berbeda, mungkin saja merupakan dua buah

yang sama karena keduanya mempunyai nilai yang sama pada tabel

kebenaran. Sebagai contoh, fungsi f (x, y, z) = x y z + x

yz + xy dan fungsi g (x, y, z) = x z + x y adalah dua buah

fungsi boolean yang sama. Lihat tabel kebenaran berikut ini :

Tabel 3.6

x y z f (x, y

z)

G (x, y

z)

0 0 0 0 0

0 0 1 1 1

0 1 0 0 0

0 1 1 1 1

1 0 0 1 1

1 0 1 1 1

1 1 0 0 0

1 1 1 0 0

Karena fungsi boolean tidaklah unik, bagaimanakah kita

menemukan dua buah ekspresi boolean yang menunjukkan fungsi

yang sama ? Yaitu dengan cara manipulasi aljabar.

Perhatikan contoh berikut ini :

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


= x z (y + y) + xy

= x z (1) + xy

= x z + xy

3.6 Fungsi Komplemen

Fungsi komplemen dari suatu fungsi f , dapat dicari dengan

menukarkan nilai 0 menjadi 1, dan sebaliknya nilai 1 menjadi

0.


Ada 2 cara yang dapat digunakan untuk membentuk fungsi

komplemen :

1. Menggunakan Hukum De Morgan

Untuk 2 peubah x1 dan x2 : (x1 + x2) = x1 x2 dan

dualnya (x1 . x2) = x1 + x2

Untuk 2 peubah x1, x2 , dan x3 :

(x1 + x2 + x3) = (x1 + y) misal x2 + x3 = y

= x1 . y

= x1 (x2 + x3)

= x1 x2 x3

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

(x1 + x2 +. . . .+ xn) = x1 x2 . . . . xn

dan dualnya :

(x1 . x2 .. . . . xn) = x1 + x2 + . . . . + xn

Contoh :

Fungsi komplemen f (x, y, z) dari fungsi f (x, y, z) =

x(y z + yz) adalah

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.

Cari dual dari f lalu komplemenkan setiap literalnya.

Misalnya untuk fungsi yang sama f (x, y, z) = x(y z +

yz)

Dual dari f : x + (y + z ). (y + z)

Komplemen tiap literalnya adalah ; x + (y + z ) . (y

+z ) = f

Jadi f (x, y, z) = x + (y + z ) . (y +z )

Tugas :

Cari komplemen dari fungsi

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

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


3. f (x, y, z) = x(y + z) (x + y + z)

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

3.7 Bentuk Kanonik

Beberapa fungsi Boolean mungkin mempunyai ekspresi aljabar

yang berbeda , tetapi sebenarnya nilai fungsinya sama.

Sebagai contoh, f (x,y) = x y dan g (x, y) = (x + y) adalah

dua buah fungsi yang sama.

Contoh lain, f (x, y, z) = x y z + xy z + xyz

dan

g(x, y, z) = (x + y + z) (x + y + z) (x + y + z) (x + y +

z) (x + y + z)

adalah dua buah fungsi yang sama. Fungsi pertama, f, tampil

dalam bentuk penjumlahan dari hasil kali, sedangkan fungsi

yang kedua, g, muncul sebagai bentuk perkalian dari hasil

penjumlahan.

Setiap suku (term) mengandung literal yang lengkap, x, y, z.

Fungsi boolean yang dinyatakan sebagai jumlah dari hasil kali

dan hasil kali dari jumlah, dengan setiap sukunya mengandung

literal lengkap, disebut dalam bentuk kanonik.

Ada dua macam bentuk kanonik :

1. Minterm atau sum-of- product (SOP)

2. Maxterm atau product-of-sum (POS)

Minterm dan Maxterm dari dua peubah biner ditunjukkan pada

tabel 3.7 berikut :

Tabel 3.7

x y Minterm Maxterm

Suku Lambang Suku Lambang

0 0 x y m0 x + y M0

0 1 x y m1 x + y M1

1 0 x y m2 x + y M2

1 1 xy m3 x +

y

M3

Minterm dan Maxterm dari tiga peubah biner ditunjukkan pada

tabel 3.8 berikut :

Tabel 3.8

x y z Minterm Maxterm

Suku Lambang Suku Lambang

0 0 0 x y m0 x + y + M0


z z

0 0 1 x y

z

m1 x + y +

z

M1

0 1 0 x y

z

m2 x + y

+ z

M2

0 1 1 x y z m3 x + y

+z

M3

1 0 0 x y

z

m4 x + y

+ z

M4

1 0 1 x y z m5 x + y

+z

M5

1 1 0 x y z m6 x + y

+ z

M6

1 1 1 x y z m7 x + y

+z

M7

Suatu fungsi boolean dapat dibentuk secara aljabar dari tabel

kebenaran yang diketahui dengan membentuk minterm dari setiap

kombinasinya.

Untuk membentuk minterm, tinjau kombinasi peubah peubah yang

menghasilkan nilai 1. Kombinasi 001, 100 dan 111 ditulis

sebagai x y z , xy z , dan xyz.

Untuk membentuk maxterm, tinjau kombinasi peubah peubah yang

menghasilkan nilai 0. Kombinasi 000, 010, 101 dan 110 ditulis

sebagai (x + y + z) , (x + y + z) , (x + y + z ) dan (x +

y + z)

Contoh :

Tinjau fungsi Boolean yang diekspresikan dalam tabel 3.9

berikut ini. Nyatakan fungsi tersebut dalam bentuk Kanonik

SOP dan POS.

Tabel 3.9

x y z f (x, y

z)

0 0 0 0

0 0 1 1

0 1 0 0

0 1 1 0

1 0 0 1

1 0 1 0

1 1 0 0

1 1 1 1

Jawab :

1. SOP : tinjau kombinasi peubah yang menghasilkan nilai 1


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

atau dalam bentuk lain,

f (x, y, z) = m1 + m4 + m7 = (1, 4, 7)

2. POS : tinjau kombinasi peubah yang menghasilkan nilai 0

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

+ y + z) (x + y + z)f

atau dalam bentuk lain,

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

Notasi dan berguna untuk menyingkat penulisan ekspresi

bentuk SOP dan POS.

Latihan :

Nyatakan fungsi Boolean berikut dalam SOP dan POS

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

2. f (x, y, z) = xy + x z

3.8 Konversi Antar Bentuk Kanonik

Misal f adalah fungsi Boolean dalam bentuk SOP :

f (x,y,z) = (1, 4, 5, 6, 7)

dan f adalah komplemen dari f.

f (x, y, z) = (0, 2, 3) = m0 + m2 + m3

Dengan menggunakan hukum de Morgan, kita dapat memperoleh

fungsi f dalam bentuk POS :

f (x, y, z) = (f (x, y, z)) = (m0 + m2 + m3)

= m0 . m2 . m3

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

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

= M0 M2 M3

= (0, 2, 3)

Jadi mj = M j


Latihan :

1. Konversikan ke bentuk SOP, f (x,y,z) = (0, 2, 4, 5)

2. Konversikan ke bentuk POS, f (x,y,z) = (1, 2, 5, 6,

10, 15)

3. Carilah bentuk kanonik, SOP dan POS dari fungsi

Boolean f (x,y) = x

4. Carilah bentuk kanonik, SOP dan POS dari fungsi

Boolean

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

3.9 Bentuk Baku

Dua bentuk kanonik adalah bentuk dasar yang diperoleh dengan

membaca fungsi dari tabel kebenaran. Bentuk ini umumnya

sangat jarang muncul, karena setiap suku di dalam bentuk

kanonik harus mengandung literal atau peubah yang lengkap,

baik dalam bentuk normal (x) atau dalam bentuk komplemennya

x.

Cara lain untuk mengekspresikan fungsi Boolean adalah bentuk

baku (standard) . Pada bentuk ini, suku suku yang membentuk

fungsi dapat mengandung satu, dua, atau sejumlah literal. Dua

tipe bentuk baku adalah bentuk baku SOP dan bentuk baku POS.

Contoh :

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

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


3.10 Penyederhanaan Fungsi Boolean (Minimasi fungsi)

Fungsi boolean dapat disederhanakan dalam 3 cara :

1. Secara aljabar, dengan menggunakan rumus atau

aksioma yang berlaku pada fungsi boolean

2. Menggunakan Peta Karnaugh

3. Menggunakan metode Quine Mc Cluskey (metode Tabulasi)

3.10.1 Secara Aljabar

Contoh :

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

= (x + x ) (x + y)

= 1 . (x + y)

= x + y

2. f (x, y) = x (x + y)

= x x + x y

= 0 + x y

= x y

3. f (x, y, z) = x y z + x y z + x y

= x z (y + y) + x y

= x z . 1 + x y

4. f (x, y, z) = x y + x z + y z

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

= x y + x z + x y z + x y z

= x y ( 1 + z ) + x z ( 1 + y )

= x y + x z

3.10.2 Peta Karnaugh

Peta Karnaugh adalah sebuah diagram / peta yang

terbentuk dari kotak - kotak yang bersisian. Tiap kotak

merepresentasikan sebuah minterm. Peta Karnaugh dengan

jumlah kotak lebih dari 4 buah akan memiliki sisi yang

berseberangan. Sisi yang berseberangan tersebut

sebenarnya merupakan sisi yang bersisian juga. Artinya

sebuah peta karnaugh dapat dibayangkan sebagai sebuah

kotak kubus atau balok atau silinder yang tersusun atas

kotak kotak itu.

a. Peta Karnaugh dengan dua peubah

y

0 1

m0

m1

x 0

x y

x y


m2

m3

1

x y

x y

Contoh a.1

Tabel 3.11

x y f (x, y)

0 0 0

0 1 0

1 0 0

1 1 1

Peta Karnaugh nya :

y

0 1

x 0 0 0

1 0 1

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

x y

Contoh a.2

Tabel 3.12

x y f (x, y)

0 0 0

0 1 0

1 0 1

1 1 1

Peta Karnaugh nya :

y

0 1

x 0 0 0

1 1 1

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

x y + x y

b. Peta Karnaugh dengan tiga peubah

y z

00 01

11 10


m0

m1

m3

m2

x 0

x y

z

x

yz

x

yz

x

y

z

m3

m5

m7

m6

1

x y

z

xy

z

x y

z

x y

z

Contoh b.1

Tabel 3.13

x y z f (x, y)

0 0 0 0

0 0 1 0

0 1 0 1

0 1 1 0

1 0 0 0

1 0 1 0

1 1 0 1

1 1 1 1

Peta Karnaugh nya :

y z

00 01 11

10

x 0 0 0 0 1

1 0 0 1 1

Fungsi Boolean yang merepresentasikannya adalah f (x, y,

z) = x y z + x y z + x y z

c. Peta Karnaugh dengan empat peubah

y z

00 01

11 10

m0

m1

m3

m2

w x

00

w x

y z

w x

yz

w x

yz

w x

y z

m4

m5

m7

M6

01

w x

y z

w x

yz

w x

yz

w x y

z

m12

m13

m11

m14

11

wx y

z

wx

yz

wx yz

wx y

z

m8

m9

m11

m10

10

w x

y z

w x

y z

w x y

z

w x

y z


Teknik Minimasi Fungsi Boolean dengan Peta Karnaugh

1. Pasangan : dua buah 1 yang bertetangga

yz

00 01 11 10

wx 00 0

0 0 0

01 0

0 0 0

11 0

0 1 1

10 0

0 0 0

Fungsi Boolean sebelum disederhanakan : f (w, x, y, z) =

w x y z + w x y z

Setelah disederhanakan : f (w, x, y, z) = w x y

Bandingkan dengan cara aljabar

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

= w x y (z + z )

= w x y (1)

= w x y

2. Kuad : empat 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


w x y z + w x y z

+ w x y z + w x y z

Setelah disederhanakan : f (w, x, y, z) = w x

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


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

w x y z + w x y z

+ w x y z + w x y

z + w x y z

Setelah disederhanakan : f (w, x, y, z) = w

Latihan

Sederhanakan fungsi Boolean berikut dengan menggunakan peta

Karnaugh

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

2. f (w, x, y, z) = w x y + x y z + w x yz + w x

y

3. f (x, y, z) = (0, 2, 4, 5, 6)

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

Menyederhanakan fungsi Boolean ke dalam bentuk POS

Contoh :

1. f (w, x, y, z) = (0, 1, 2, 5, 8, 9, 10)

Jawab :

Untuk memperoleh POS, kelompokkan kotak-kotak yang berelemen 0

dengan cara yang sama seperti pengelompokan 1

yz

00 01 11 10

wx 00 1

1 0 1

01 0

1 0 0

11

0 0 0 0


10

1 1 0 1

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

Latihan :

Diberikan tabel 3.14 berikut ini

x y z f (x, y,

z)

0 0 0 0

0 0 1 1

0 1 0 0

0 1 1 1

1 0 0 1

1 0 1 0

1 1 0 1

1 1 1 0

Tentukan bentuk sederhana dari fungsi Boolean yang

merepresentasikan tabel kebenaran di atas dalam bentuk SOP dan

POS

Keadaan Dont Care

Keadaan dont care adalah kondisi nilai peubah yang tidak

diperhitungkan oleh fungsinya. Artinya nilai 1 atau 0 dari

peubah dont care tidak berpengaruh pada hasil fungsi

tersebut.

Contoh :

1. Minimasi fungsi Boolean berikut :

f (w, x, y, z) = (1, 3, 7, 11, 15) dengan kondisi

dont care d (w, x,

y, z) = (0, 2, 5)

Jawab :

(diterangkan di kelas)

2. Diberikan tabel 3.15. Minimasi fungsi f sesederhana

mungkin

a b c d f (a, b, c,

d)

0 0 0 0 1

0 0 0 1 0


0 0 1 0 0

0 0 1 1 1

0 1 0 0 1

0 1 0 1 1

0 1 1 0 0

0 1 1 1 1

1 0 0 0 x

1 0 0 1 x

1 0 1 0 x

1 0 1 1 x

1 1 0 0 x

1 1 0 1 x

1 1 1 0 x

1 1 1 1 x

Penyederhanaan Rangkaian Logika

Teknik minimasi fungsi Boolean dengan Peta Karnaugh mempunyai

terapan yang sangat penting dalam menyederhanakan rangkaian

logika maupun switching network.

Penyederhanaan rangkaian dapat mengurangi jumlah gerbang

logika yang digunakan, dan dapat mengurangi jumlah inputan.

Contoh :

Minimasi fungsi Boolean

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

dan gambarkan gerbang

logikanya

Jawab :

(dijelaskan di kelas)

3.10.3 Metode Quine Mc- Cluskey

Untuk fungsi Boolean yang mempunyai lebih dari 6 peubah,

digunakan metode Mc-Cluskey. Metode ini disebut juga metode

Tabulasi.

Langkah langkah :

1. Nyatakan tiap minterm dalam n peubah menjadi string bit

yang panjangnya n

2. Kelompokkan tiap minterm berdasarkan jumlah 1 yang

dimilikinya.

3. Kombinasikan minterm dalam n peubah dengan kelompok lain

yang jumlah 1nya berbeda satu, sehingga diperoleh bentuk

prima yang terdiri dari n-1 peubah. Minterm yang

dikombinasikan diberi tanda V


4. Kombinasikan minterm dalam n-1 peubah dengan kelompok lain

yang jumlah 1nya berbeda satu, sehingga diperoleh bentuk

prima yang terdiri dari n-2 peubah.

5. Ulangi langkah 4 sampai diperoleh bentuk prima yang paling

sederhana.

6. Ambil semua bentuk prima yang tidak bertanda V. Buatlah

tabel baru yang memperlihatikan minterm dari ekspresi

Boolean semula yang dicakup oleh bentuk prima tersebut

(tandai dengan x). Setiap minterm harus dicakup oleh

paling sedikit satu buah bentuk prima.

7. Pilih bentuk prima yang memiliki jumlah literal paling

sedikit namun mencakup sebanyak mungkin minterm dari

ekspresi Boolean semula, yaitu dengan cara :

a. Tandai kolom kolom yang mempunyai satu buah tanda

x dengan tanda *, lalu beri tanda v di sebelah

kiri bentuk prima yang berasosiasi dengan tanda *

tersebut.

Bentuk prima ini telah dipilih untuk fungsi Boolean

sederhana

b. Untuk setiap bentuk prima yang telah ditandai dengan

V, beri tanda minterm yang dicakup oleh bentuk prima

tersebut dengan tanda V

c. Periksa apakah masih ada minterm yang belum dapat

dicakup oleh bentuk prima terpilih. Jika ada, pilih

dari bentuk prima yang tersisa yang mencakup sebanyak

mungkin minterm tersebut. Beri tanda V bentuk prima

yang dipilih itu serta minterm yang dicakupnya.

d. Ulangi langkah c sampai seluruh minterm sudah dicakup

oleh semua bentuk prima.

Contoh :

1. Sederhanakan fungsi Boolean f (w, x, y, z) = (0, 1,

2, 8, 10, 11, 14, 15)

2. Sederhanakan fungsi Boolean f (w, x, y, z) = (1, 4,

6, 7, 8, 9, 10, 11,15)

Jawab :

(dijelasan di kelas)


Latihan :

1. Diketahui fungsi Boolean berikut :

f (w, x, y, z) = (0, 1, 2, 3, 7, 11, 13)

d (w, x, y, z) = (5, 9, 14, 15)

minimasi fungsi di atas dengan peta Karnaugh, lalu

tuliskan dalam minterm dan maxterm.

2. Minimasi fungsi fungsi Boolean berikut dengan Peta

karnaugh dalam bentuk maxterm dan minterm

a. f (x, y, z) = (2, 3, 6, 7)

b. f (x, y, z) = x y + x y z + x yz

c. f (w, x, y, z) = (4, 6, 7, 15)

d. f (w, x, y, z) = (0, 1, 2, 6, 8, 9, 12)

3. Cari komplemen dari fungsi berikut :

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

4. Sederhanakan fungsi berikut dengan metode Mc Cluskey

f (w, x, y, z) = (9, 11, 13, 15, 17, 21, 25, 27, 19,

31)


3.11 Aplikasi Aljabar Boolean

Aljabar Boolean memiliki aplikasi yang luas antara lain di

bidang jaringan pensaklaran (switching) dan rangkaian digital.

3.11.1 Jaringan Pensaklaran (Switching Network)

Saklar adalah obyek yang mempunyai 2 keadaan, yaitu buka dan

tutup. Kita dapat mengasosiasikan setiap peubah dalam fungsi

boolean sebagai gerbang (gate) di dalam sebuah saluran yang

dialiri listrik, air, gas, informasi atau benda lain yang

mengalir.

Pada fungsi tersebut, peubah komplemen menytakan closed gate,

sedangkan peubah bukan komplemen menyatakan opened gate.

Tiga bentuk dasar gate paling sederhana :

1. a bx

Output b hanya ada jika dan hanya jika x tertutup x

2. a bx y

Output b hanya ada jika dan hanya jika x dan y

tertutup xy

3.

a

b

x

y

c

Output c hanya ada jika dan hanya jika x atau y

tertutup x + y

Contoh :

1. Saklar dalam hubungan Seri : Logika AND


AC

a b

lampu

sumber tegangan

a dan b adalah saklar

2. Saklar dalam hubungan Paralel : Logika OR

AC

a

b

sumber tegangan

lampu

a dan b adalah

saklar

Latihan :

Nyatakan ekspresi Boolean ini dalam rangkaian pensaklaran

x y + (x + xy) z + x(y + y z b+ z)

3.11.2 Rangkaian Digital

Rangkaian digital elektronik biasanya dimodelkan dalam

gerbang logika. Ada 3 macam gerbang dasar : AND, OR dan

NOT. Rangkaian yang dibentuk oleh gerbang logika disebut

rangkaian logika.

x

yxy

x

yx + y

x x'

Gerbang AND dua masukan Gerbang OR dua masukan Gerbang

NOT (inverter)

Selain gerbang dasar tersebut di atas, masih terdapat gerbang

logika turunan, yaitu NAND, NOR, XOR, dan XNOR,


x

y(xy)'

x

y(x + y)'

x

yx + y

Gerbang NAND Gerbang NOR Gerbang

XOR

x

y(x + y)'

Gerbang XNOR


Contoh :

Nyatakan fungsi Boolean berikut ke dalam rangkaian logika

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


Jawab :

a. Cara pertama

x

xy

xy

y

x'x' y

xy + x' y

b. Cara kedua

xy

xy

x'x' y

xy + x' y

c. Cara ketiga

xy

xy

x'x' y

xy + x' y

Contoh lain


Latihan :


Daftar Isi

halaman

ALJABAR BOOLEAN ............................................................................................. 27

3.1 Definisi Aljabar Boolean ......................................................... 27

3.2 Aljabar Boolean Dua Nilai ....................................................... 28

3.3 Prinsip Dualitas ........................................................................... 29

3.4 Sifat - sifat Aljabar Boolean ............................................. 30

3.5 Fungsi Boolean ................................................................................ 31

3.6 Fungsi Komplemen ........................................................................... 33

3.7 Bentuk Kanonik ................................................................................ 35

3.8 Konversi Antar Bentuk Kanonik ............................................. 37

3.9 Bentuk Baku ....................................................................................... 38

3.10 Aplikasi Aljabar Boolean ......................................................... 48

3.10.1 Jaringan Pensaklaran (Switching Network) ............ 48

3.10.2 Rangkaian Digital ................................................................. 49

3.11 Penyederhanaan Fungsi Boolean (Minimasi fungsi) .... 39

3.11.1 Secara Aljabar ........................................................................ 39

3.11.2 Peta Karnaugh ........................................................................... 39

3.11.3 Metode Quine Mc- Cluskey ................................................. 45

Foundations of Computer Science 1tambahan

Documents

Transcript of Foundations of Computer Science 1tambahan