Logika Matematika

Logika Matematika adalah cabang dari ilmu matematika yang mempelajari pernyataan, pernyataan majemuk dan nilai kebenarannya berdasarkan aturan-aturan dasar dalam logika matematika untuk penarikan suatu kesimpulan.

WARNING ! Kebenaran logika matematika berdasarkan aturan dasar yang berlaku dalam

matematika Jangan meninjau dari nilai kebenaran lainnya. Dalam belajar Logika matematika berlainan dengan belajar kalimat dalam

Bahasa Indonesia atau bahasa lainnya.

Kalimat :1. Pernyataan (Proposisi)2. Pertanyaan (Terbuka)3. Perintah4. Permintaan

Satu atau lebih proposisi dapat dikombinasikan untuk menghasilkanproposisi baru lewat penggunaan operator logika. Proposisi baru yangdihasilkan dari kombinasi tersebut disebut dengan proposisi majemuk(compound composition)

Dalam Logika dikenal 5 buah operasi, yaitu :

Simbol Arti Bentuk

Ingkaran/Not/Negasi Tidak ........

Dan/And/ Konjungsi ..... dan.....

Atau/Or/ Disjungsi ..... Atau .....

  Implikasi Jika .... Maka....

  Bi-Implikasi ... Jika dan hanya jika ...

Jika p adalah pernyataan bernilai Benar maka Ingkaran p ditulis ~ p bernilai Salah, dan sebaliknya.Untuk membuat Ingkaran suatu pernyataan kita menggunakan kata : tidak benar p atau bukan p atau dengan kata bukan, tidak, dll, pada pernyataan yg sesuai. INGKARAN PERNYATAAN BERKUANTOR.

Jenis Kuantor : 1. Kuantor Universal ( Umum )

Menggunakan kata : Semua, Untuk setiap, seluruhnya dll. 2. Kuantor Eksistensial ( Khusus ) Menggunakan kata : ada , beberapa Catatan:Ingkaran dari pernyataan berkuantor Universal menjadi pernyataan berkuantor Eksistensial dan sebaliknya.

Konjungsi adalah suatu pernyataan majemuk yang menggunakanpenghubung “DAN/AND” dengan notasi “ “

Kata dan dapat diganti dengan kata “ tetapi ”, “Walaupun”, “ Meskipun”  Disjungsi dua pernyataan p dan q adalah pernyataan majemuk yang dihubungkan dengan kata hubung logika atau ditulis p Ú q dibaca p atau q

Diketahui proporsi-proporsi berikut :p : Pemuda itu tinggiq : Pemuda itu tampan

Pemuda itu tinggi dan tampan Pemuda itu tinggi tapi tidak tampan Pemuda itu tidak tinggi maupun tampan Tidak benar bahwa pemuda itu pendek atau tidak tampan Pemuda itu tinggi, atau pendek dan tampan Tidak benar bahwa pemuda itu pendek maupun tampan

Misalkan ada 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 BERSYARAT/KONDISIONAL/ HYPOTHETICALdengan notasi “ ”.

Bi-Implikasi

Biimplikasi atau bikondosional adalah pernyataan majemuk dari dua pernyataan p dan q yang dinyatakan dengan notasi “p q” sehingga dapat dibaca “ p jika dan hanya jika q” atau “p bila dan hanya bila q”.

Tabel Kebenaran

DEFINISI :Misalkan p dan q adalah Proposisi.(a) Konjungsi p q bernilai benar jika p dan q keduanya benar, selain itu nilainya salah(b) Disjungsi p q bernilai salah jika p dan q keduanya salah, selain itu nilainya benar(c) Negasi p, yaitu ~p, bernilai benar jika p salah, sebaliknya bernilai salah jika p benar.

Jika p, q, dan r adalah proposisi. Bentuklah tabel kebenaran dari ekspresi logika(p q) (~q r).

DEFINISI :Misalkan p dan q adalah Proposisi.(d) Implikasi p q bernilai salah jika p benar dan q salah, selain itu nilainya benar(e) Bi-Implikasi p q bernilai salah jika p dan q nilai kebenarannya berbeda, selain itu nilainya benar

DEFINISI :Sebuah proposisi majemuk disebut tautologi jika ia benar untuk semua kasus, sebaliknya disebut kontradiksi jika ia salah untuk semua kasus.

Contoh :1. p ~(p q).

2. (p q) ~(p q)

Argumen Valid dan Invalid

DEFINISI :Suatu argumen dikatakan valid apabila untuk sembarang pernyataan yang disubsitusikan kedalam hipotesa, jika semua hipotesa tersebut benar, maka kesimpulan juga benar. Sebaliknya meskipun semua hipotesa benar tetapi ada kesimpulan yang salah, maka argumen tersebut dikatakan invalid.

Untuk mengecek apakah suatu argumen merupakan kalimat yang valid, dapat dilakukan langkah – langkah sebagai berikut :

1. Tentukan hipotesa dan kesimpulan kalimat.2. Buat tabel yang merupakan nilai kebenaran untuk semua hipotesa dan

kesimpulan.3. Carilah baris kritis, yaitu baris dimana semua hipotesa bernilai benar.4. Dalam baris kritis tersebut,

jika semua nilai bernilai benar, maka argumen itu valid. Jika diantara baris kritis tersebut ada baris dengan nilai kesimpulan yang salah, maka argumen itu invalid.

Contoh :Tentukan apakah argumen ini valid / invalid a. p v ( q v r ) ~ r ---------------- p v q

Baris ke P q r Q v r p v (qvr) ~ r p v q

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

b. p → ( q v ~ r ) q → ( p ^ r )

------------------ p → r

Baris ke

P Q r ~ r qv~r P^r p→(qv~r) q→(p^q) P→r

1 T T T F T T T T T

2 T T F T T F T F F

3 T F T F F T F T T

4 T F F T T F T T F

5 F T T F T F T F T

6 F T F T T F T F T

7 F F T F F F T T T

8 F F F T T F T T T

Tabel Kebenaran

DEFINISI :Dua buah proposisi majemuk, P(p, q, ..) dan Q(p, q, ..) disebut ekivalen secara logika, di lambangkan dengan P(p, q, …) Q(p, q, …) jika keduanya mempunyai tabel kebenaran yang identik.

Contoh : Apakah ekivalen???

dan

Tabel Kebenaran

DEFINISI :Misalkan p dan q adalah proposisi. Exclusive or p dan q, dinyatakan dengan notasi p q, adalah proposisi yang bernilai benar bila hanya salah satu dari p dan q benar, selain itu nilainya salah.

Hukum-hukum Logika Proposisi

Metode – Metode Inferensi

Metode Inferensi yaitu teknik untuk menurunkan kesimpulan berdasarkan hipotesa yang ada, tanpa harus menggunakan tabel kebenaran. Ada Tujuh bentuk inferensi, Yaitu :

1. Modus Ponens: p → q (premis 1 = benar) p (premis 2 = benar) q (konklusi benar) Contoh:

Jika hujan lebat maka terjadi banjir Hari ini hujan lebat Terjadi banjir

2. Modus Tollens: p → q (premis 1 = benar) ~q (premis 2 = benar) ~p (konklusi benar) Contoh:

Jika BBM naik maka ongkos bis naik Ongkos bis tidak naik

BBM tidak naik

3. Silogisme Hipotesis: p → q (premis 1 = benar) q ® r (premis 2 = benar) p ® r (konklusi benar)

Contoh:

Jika Budi rajin belajar maka lulus UN Jika lulus UN maka orangtua senang

Jika Budi rajin belajar maka orangtua senang

4. Penambahan Disjungsi

p q------- -------p v q p v q

5. Penyederhanaan Kojungsi

p ^ q p ^ q------ ------ p q

6. Silogisme Disjungtif

p v q p v q ~ p ~ q------- ------- q p

7. Dilema

p v q p → rq → r--------- r

Pada suatu hari, anda hendak pergi ke kampus dan baru sadar bahwa anda tidak memakai kacamata. Setelah mengingat-ingat, ada beberapa fakta yang anda pastikan kebenarannya:  

a. Jika kacamata ada di meja dapur, maka aku pasti sudah melihatnya ketika sarapan pagi

b. Aku membaca koran di ruang tamu atau aku membacanya di dapurc. Jika aku membaca koran di ruang tamu, maka pastilah kacamata kuletakkan di

meja tamud. Aku tidak melihat kacamataku pada waktu sarapan pagie. Jika aku membaca buku di ranjang, maka kacamata kuletakkan di meja samping

ranjangf. Jika aku membaca korang di dapur, maka kacamataku ada di meja dapur

Berdasarkan fakta-fakta tersebut, tentukan di mana letak kacamata tersebut !

Penyelesaian : Untuk memudahkan pemahaman dan penggunaan hukum – hukum inferensi, maka kalimat – kalimat tersebut lebih dahulu dinyatakan dalam simbol – simbol logika misalnya :p: Kacamata ada di meja dapur

q: Aku melihat kacamataku ketika sarapan pagi r: Aku membaca koran di ruang tamu s: Aku membaca koran di dapur t: Kacamata kuletakkan di meja tamu u: Aku membaca buku di ranjang w: Kacamata kuletakan dimeja sampan ranjang

Dengan simbol – simbol tersebut maka fakta – fakta di atas dapat di tulis sebagai berikut :

p → qr v sr → t~ qu → ws → p

Inferensi yang dapat dilakukan adalah sebagai berikut :

1. p → q fakta (a) ~ q fakta (d) -------- ~ p dengan Modus Tollen

 2. s → p fakta (f) ~ p kesimpulan dari 1 --------- ~ s dengan Modus Tollen

3. r v sfakta (b) ~ s kesimpulan 2 --------- r dengan Silogisme Disjungtif

 4. r → t fakta (c) r kesimpulan 3 --------- t dengan Modus Ponen Kesimpulan : Kacamata ada di meja tamu

Perhatikan bahwa untuk mencapai kesimpulan akhir, tidak semua fakta dipergunakan. Dalam contoh fakta (e) tidak digunakan. Hal ini tidak menjadi masalah selama penurunan dilakukan dengan menggunakan metode inferensi yang benar.

DEFINISI:Apabila “p q’Sebuah implikasi maka:a. p q =(~q ~p)b. (q p) =(~p ~q)

Apabila “p q” Sebuah implikasi maka:1. q p disebut konvers dari impikasi diatas2. ~p ~q disebut invers dari implikasi diatas3. ~q ~p disebut kontrapositif(kontraposisi) diatas

Teori Himpunan

Himpunan=Sekumpulan definisi yang jelasContoh:A={a,b,c,d,e,f}B={x/x E bilangan asli}C={1,2,3,4,5...}

Subset(bagian)ACB . A C BC={x/x E bilangan bulat}C={...,-2,-1,0,1,2,3,...}B C C

Himpunan Kosong

“ atau { }”

A ^ B ={ } atau A ^ B =

{ } Salah

Union (U) (perpaduan/gabungan)

A U B = { a,b,c,d,e,f,1,2,3,....}B U C = C ={...,-2,-1,0,1,2,3,...}

B C ( B U C)

C C ( B U C)Irisan ( n) (harus anggota yang sama)

A n B ={}B n C =B = {1,2,3,...} ( B n C ) < B ( B n C ) C c

Relesi biner

Hasil kali Karter

A & B himpunan tidak kosongContohnya:

A = {1,2,3} & B ={ a,b}Hasil kali karter dari A ke B A X B = { (1,a),(1,b),(2,a),(2,b),(3,a),(3,b)}

A X B = { (a,1),(b,1),(a,2),(b,2),(a,3),(b,3)}Biner

Sifat – sifat relasi biner

1. refleksif2. simetris3. transitif4. anti simetris

1) Refleksif

Definisi:Misal R adalah relasi pada A (relasi dari A ke A) R dikatakan Refleksif jika untuk setiap x E A,maka(x,x)E AContoh: Diketahui a={-3,-2,-1,0,,,,1,2,3}

Sebuah relasi R didefinisikan sbb: R={(x,y)/x,y E A,x y>0} Periksa apakah R refleksif atau tidak

Jawab:R={(-3,-3),(-2,-2),(-1,,-1),(1,1),(2,2),(3,3)R tidak refleksif karena OEA,tetapi(0,0)bukan anggota R

Contoh: B={1,2,3,4} R={(x,y)/x,y E A,x y>0}

R={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)}

R refleksif2) SimetrisDefinisi: x R y A y R xContoh:A={-2,-1,0,1,2,}

R={(x,y) / x,y E A,x,y>0}

R={(-2,-1),(-2,-2),(-1,-1),(1,1),(2,2),(-1,-2),(1,2),(2,1)} R simetris

3) TransitifDefinisi: x R y, y R z x R zContoh: A = {-1,0,1}

R ={(x,y)/x,y E A,x > y}R ={(-1,-1),(0,0),(1,1),(0,-1),(1,0),(1,-1)}

0 R 1y R z 0 R -1

-1 R -1

A={1,2,3,4}R={(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(3,3),(3,4),(4,3),(4,4)}

2 R 1 2 R 11 R 2

4 R 3 4 R 33 R 3

4) Anti SimetrisDefinisi : x R y & y R x,maka x=yContoh: A = {-2,-1,0,1,2}

R = { (x,y)/x,y E A,y=/x/} R = {(-2,2),(-1,1),(0,0),(1,1),(2,2)}

-2 R 2, 2 R -2 abaikan karena tidak ada-1 R 1 ,1 R -1 abaikanR Anti simetris

POSET

Definisi: Himpunan P dengan relasi R pada P,dinamakan poset jika R memenuhi sifat refleksif,anti simetris,dan transitf.

Contoh : A={0,1,2,….} dan relasi < lebih kecil atau sama dengan 1 adalah sebuah relasi pada A,tentukan apakah himpunan A dengan relasi < atau ( A, < ) poset atau bukan.

R= {(0,0),(1,1),(2,2)…,(0,1),(2,3),(4,10)…}

A. Refleksif karena x E A maka (x,x) E RContoh: 0 R 0, 1 R 1

B. Anti Simetris : x R y & y R x maka x & yContoh : 0 R 1 , 1 R 0

C. x R y & y R z x R z2 R 3 & 3 R 8 2 R 85 R 6 & 6 R 7 5 R 7

(A,<) adalah Poset

# Contoh #1. Misal x ={2,3,6,12,24,36}relasi < didefinisikan sebagai x < y jika x membagi y

(x,y E x),gambarlah diagram Hasse untuk (x <)2. Misalkan A adalah sebuah himpunan hingga & P(A) adalah himpunan kuasa nya

misalkan < merupakan relasi inklusi pada elemen – elemen dari P(A),<),jikaa) A ={a} b) A ={a,b} c) A ={a,b,c}

catatan: misal a,b E p,a < b,a F b dan tak ada anggota lain C sedemikian hingga a < b < c,maka relasi a < b dinyatakan dengan rantai langsung dengan posisi b diatas a

O b

Oa

(<)= lambang diagram rantai

1) Diagram hasse36 24

12

6

2 3

2) O =himpunan kosong adalh bagian dari seluruh himpunan a) A = {a} O & a

a

O

b) A = {a,b}Himpunan kuasa nya adalahO a,b,ab

Ab

a b

O

c)A={a,b,c} himpunan kuasa nyaO a,b,c,ab,ac,bc,abc

abc

bc ab ac

b c a

O AJABAR BOOLE

1. DEFINISI DASARHimpunan dan proposisi mempunyai suatu sifat yang serupa yaitu:memenuhi hukum identitas.hukum ini di gunakan untuk mendefinisikan suatu struktur matematika abstrak yang disebut ALJABAR BOOLE.Nama tersebut di ambil dari nama seorang matematikawan bernama GEORGE BOOLE(1813-1864).Misalkan B adalah himpunan yang tidak kosong dengan operasi binar + dan *, operasi unar ‘dan 2 buah elemen yang berbeda 0 serta 1. Maka himpunan B tersebut dikatakan ALJABAR BOOLE jika memenuhi aksioma di bawah ini,dengan a,b,c adalah sebarang elemen B.[B1] Hukum komutatif ; (1a) a+b = b+a (1b)a*b =b*a[B2] Hukum Distributif;

(2a) a+(b*c) = (a+b) * (a+c) (2b)a*(b+c) = (a*b) + (a*c)[B3] Hukum Identitas ; (3a) a+0 = a (3b) a*1 = a[B4] Hukum Komplemen ; (4a) a+a’ = 1 (4b) a*a’ = 0Contoh:A+b*c berarti a+ (b*c) dan bukan (a+b)*cA*b’berarti a*(b)’ dan bukan (a*b)’ Jelas jika a+b*c ditulis a+bc maka mwmpunyai arti yang jelas walaupun tidak diberi tanda kurung.Contoh (6.1):a.Misal B adalah himpunan dengan 2 buah elemen (0,1) dengan operasi binar + dan *,yang didefinisikan sebagai berikut :

Dan operasi unar’ didefinisikan dengan 0’ = 1 dan 1 =0 B adalah suatu ALJABAR BOOLE.b.Misal c adalah koleksi himpunan dengan operasi gabungan,irisan,dan komplemen.c.Misal D70 = (1,2,5,7,10,14,35,70),himpunan pembagai dari 70.Definisikan +, * dan ‘ pada D70 dengan a+b = Lem(a,b),*b = ged(a,b).a’ = 70/a.Maka D70 adalah suatu ALJABAR BOOLE dengan 1 adalah elemen nol dan 70 adalah elemen kesatuan.Disini 1 cm adalah lowest common multiple (kelipatan persekutuan terkecil)dan ged adalah greated common divisor (pembagi persekutuan terbesar ).Misal c adalah subhimpunan yang tidak kosong dari ALJABAR BOOLE B.C disebut suatu ALJABAR BOOLE dari B jika C itu sendidri adalah aljabar boole (dengan operasi sesuai dengan B). Kita dapat menyatakan :C adalah subaljabar jika dan hanya jika C tertutup atas 3 operasi pada B yaitu +, * dan Contoh :(1,2,35,70) adalah subaljabar dari D70 pada contoh 5.1(C).Dua buah Aljabar Boole B dan B ‘ dikatakan isimorfis jika terdapat fungsi berkorespondensi satu-satu, f:B -> B’ untuk ke 3 operasi +,*dan jadi terpenuhi.F(a+b) = f(a) + f(b),f(a*b) = f(a) * f(b) dan f(a) = f(a) untuk sebarang elemen a, b dalam B.

2. DUALITASKarena pentingnya prinsip dari dualitas dalam B tersebut dinyatakan dalam teorema sebagai berikut :

Teorema 6.1 (Prinsip Dualitas) : Dual dari sebarang teorima suatu aljabar boole juga merupakan teorema.Dengan perkataan lain,sebarang pernyataan adalah suatu akibat dari aksioma dari Aljabar Boole, maka dual juga merupakan akibat dari aksioma tersebut,dan pernyataan dual dapat dibuktikan dengan menggunakan dual dari masing-masing langkah dari pembuktian pernyataan awal.

.3. TEOREMA DASAR Elemen dalam aljabar boolean B.

(i) Hukum Idempoten

(5a) a+a = a (5a) a*a = a(ii) Hukum Boundness

(6a) a+1 = 1 (6b) a*0= 0(iii) Hukum Absorpsi

(7a) a+(a*b) = a (7b) a*(a+b) = a

(iv) Hukum Assosiatif

(8a) (a+b)+c = a+(b+c)

Teorema Misal a sebarang elemen dari suatu Aljabar Boolean

(i) Keunikan dari komplemen

Jika a+x = 1 dan a*x = 0 maka x=a’

(ii) Hukum Involution

(a’)’=

(iii) (9a) 0’ = 1 (9b) 1’ = 0

Teorema : (Hukum De’Morgan)

(10a)(a=b)’ = a’*b’ (10b) (a*b)’ = a’ + b’Teorema-teorema tersebut dibuktikan pada problem 6.5.dan 6.6.

ALJABAR BOOLE SEBAGAI LATTICE

Menurut teorema 6.2. dan aksioma [B] setiap aljabar boolean B memenuhi hukum Assosiatif,komutatif,dan absorpsi.DEFINISI ALTERNATIF :Suatu aljabar boolean B adalah Lattce yang terbatas distributuf dan berkomplemen.Teorema Keadaan berikut ini adalah ekivalen dalam suatu aljabar boolean :

(1) a+b = b, (2) a*b = a, (3) a’+b = 1, (4) a*’ = 0

Jadi dalam suatu aljabar boolean,kita dapat menulis a < = b apabila ke 4 syarat diatas dipenuhi.

Contoh a. Misal suatu Aljabar Boole dari himpunan –himpunan .Himpunan A mendahului himpunan

B jika A < B.

b.Misal Aljabar Boole dan proposisi,maka proposisi P memenuhi proposisi Q,jika P hanya jika Q atau jika P – Q .

PERNYATAAN TEOREMAMisal B A adalah Aljabar Boolean yang hingga di mana sebuah elemen A dalam B adalah suatu atom jika a immediately succed 0 yaitu jika 0 << a,Misal A himpunan dari atom-atom elemen B dan misal P(A) adalah Aljabar Boolean dari semua sub-sub himpunan dari A.

TEOREMA

Pemetaan f:B – P(A) tersebut di atas adalah isomorfis.Jadi kita lihat terdapat hubungan erat antara teori himpunan dan Aljabar Boole.Dapat diamati bahwa setiap Aljabar Boole mempuanyai struktur yang sama dengan aljabar boole dari himpunan-himpunan.

BENTUK NORMAL DISJUNCTIVE UNTUK HIMPUNAN-HIMPUNAN

Akan kita bahas tentang bentuk normal disfunctive dari sebuah contoh teori himpunan.Jelas bahwa ke 3 himpunan tersebut membagi bujur sangkar (himpunan semesta)menjadi 8 himpunan yang dapat dinyatakan sebagai berikut:

(1) A n B n C (3) A n Bc n C (5) A n Bc n C (7) Ac nBc n C

(2) A n B n C (4) Ac n B n C (6) Ac n B n Cc (8) Ac n Bc nCc

BENTUK NORMAL DISJUNCTIVEContoh:Misal pernyataan-pernyataan sebagai berikut :E, = xz’ + y’z + xyz’ dan E2 = xz’ + x’yz + xy’z.E, bukan bentuk normal disjunctive karena xz’ terkandung pada xyz’,tetapi E2 adalah dnf.

RANCANGAN RANGKAIAN SAKLARPRIME IMPLIKAN,METODE KONSENSUS

Maka yang dikatakan konsensus Q dari P1 dan P2 adalah perkalian (tanpa pengulangan)dari literal P1 dan literal P2 ,sesudah x1 dan x1’ dihilangkan.Xyz’s dan xy’t mempunyai konsensus xz’stXy’ dan y mempunyai konsensus xX’yz dan x’yt tidak mempunyai konsensusX’yz dan xyz’ tidak mempunyai konsensusContoh :Misal E = XY’ + XYZ ’+ X’YZ’

PERNYATAAN BOOLE MINIMAL

Ada beberapa cara untuk menyajikan pernyataan boole E yang sama.E mungkin merupakan rangkaian Aklar yang dapat digambarkan dalam beberapa bentuk yang minimal.di sini kita akan definisikan dan selidiki minimal dnf untuk E.

Contoh :

Jika E = abc’ + a’b’d + ab’cd + a’bcdMaka E , = 14 dan Es = 4.Misal E dan F pernyataan Boolean dalam dnf yang ekivalen,sebut E lebih sederhana dari F maka E 1 = → F 1 dan Es → Fs dan satu dari pertidak samaan tidak sama.Maka E adalah minimal jika tidak terdapat yang lebih sederhana dari E.

PETA KARNAUGHPeta karnaugh adalah metode untuk menentukan prime Implikan dan minimal dnf untuk pernyataan Boole yaang mengandung paling banyak 6 variabel.

Contoh :Xyz’ + xyz ‘ =xz’ (y + y’) = xz’ (1) = xz’x.yzt + x’yzt = x’yz (z+ z’) = x’yz (1) = x’yt.

DUA VARIABEL X DAN Y

Terdapatdasar 4 perkalian xy,xy’,x’y’x’y’, yang dikorespondensikan dengan bujur sangkar pada peta Karnaugh.Contoh :

E1 = xy + xy’ E2 = xy + x’y +x’y E3 = xy +x’y

TIGA VARIABEL X,Y,Z.

Bujur sangkar yang adjaccent pada silinder akan mempunyai sisi yang sama sebagai mana biasanya,pernyataan Boolean E (x,y,z)dalam full dnf dinyatakan pada peta karnaugh dengan tanda pada Bujur Sangkar yang sesuai.

y Y y y'y        x'y'        

Misal :Pernyataan Boolean E = E (x,y,z) dinyatakan dengan peta karnaugh.Prime IMplikan dari

E merupakan masimum banyaknya dasar persegi panjang dari E sehingga tidak dikandung dalam dasar persegi panjang yang lebih besar.minimal dnf untuk E terdiri dari minimal penutup dari E,yaitu minimal banyaknya maximal dasar persegi panjang yang meliputi semua dasar persegi panjang dari E.

Contoh :1. Misal E1 = xyz + xyz’ +x’yz’ + x’y’z2. Misal E2 = xyz + xyz ‘+ xy’z+ x’yz +x’y’z3. Misal E3 = xyz +xyz’ + x’y’z’ + x’yz’ +x’y’z

VARIABEL X,Y,Z,T

Dasar persegi panjang adalah sebuah bujur sangkar ,2buah bujur sangkar yang adjacent, 4 bujur sangkar yang terbentuk dari bujur sangkar 2 x 4, di maja dikorespondensikan dengan perkalian dasar masing-masing dengan 4, 3, 2,dan 1 literal.Maksimim banyaknya bujur sangkar dasar adalah prime implikan untuk menentukan minimum dnf untuk pernyataan Boolean E(x, y, z, t)sama dengan sebelumnya.

Contoh : Misal 3 pernyataan Boolean E1, E2, E3 dengan variable x, y, z, t

1. Dasar persegi panjang 2 x 2 dinyatakan dengan y’ z karena y’ dan z muncul 4 bujur sangkar. Pasangan hori zontal dari bujur sangkar yang adjacent dinyatakan dengan xyz’ dan bujur sangkar yang melewati edge atas dan bawah dinyatakan dengan yz’t’. Jadi E 1 = y’z + xyz’ + yz’t adalah minimal dnf untuk E1.

Hanya y’ muncul dalam 8 bujur sangkar 2 x 4 dan dinyatakan oleh pasangan dari bujur sangkar yang adjacent adalah xzt’.Jadi E2=y’ + xzt’ adalah minumal dnf untuk E2.

2. Ke 4 sudut bujur sangkar membentuk dasar persegi panjang 2 x 2 yang dinyatakan dengan yt,karena hanya y dan t muncul dalam 4 Bujur sangkar tersebut. Dasar persegi panjang 4 x1 menyatakan x’y’ dan 2 bujur sangkar adjacent menyatakan y’zt’.

Jadi E3 = yt + y’y’ + y’zt’ adalah minimal dnf untuk E

Zt zt' Z't' z'txy        xy'        x'y'        x'y'        

Zt zt' z' z't' z'txyxy'x'y'x'y'

Zt zt' z' Z't' z'txyxy'x'y'x'y'

Zt zt' z' Z't' z'txyxy'x'y'x'y'

TUGAS

LOGIKA MATEMATIKA

Disusun Oleh :

Dewi aprilia (09059217)Dewi purwati (09059221)Narlina fandri (09059109)Lexiana (05050079)Linda lis tiana (06050141)

INFORMATICS & BUSINESS INSTITUTE DARMAJAYABANDAR LAMPUNG