2017. Dosen: Emy Setyaningsih, S.Si, M.Kom

7/4/2017

Fakultas : Jurusan/Prodi : Handout Ke : Kode Matakuliah : Nama Matakuliah:

Sains Terapan Sistem Komputer / Sistem Komputer 1 SKT 1103 Logika Informatika

Pertemuan Ke

:I

Jumlah Halaman : 21 Mulai Berlaku : TA 2017/2018



Pertemuan Ke

:I


PENDAHULUAN Dosen: Emy Setyaningsih, S.Si, M.Kom

KONTRAK PERKULIAHAN

Versi : 1.0

Revisi : 0.0



Halaman : 1

Pertemuan Ke

Dari : 21

:I


Versi : 1.0


Bahan Kajian – menentukan nilai kebenaran kalimat majemuk, – mengkonversi Bahasa alami ke formula kalkulus proposisi, – inferensi kalkulus proposisi.

• Kalkulus Predikat,

menentukan nilai kebenaran berdasarkan interpretasi yang diberikan, mengkonversi Bahasa alami ke formula kalkulus Predikat, inferensi kalkulus Predikat, Menggunakan Induksi untuk Bilangan Bulat sebagai metode pembuktian secara matematis.

• Teknik Pembuktian menjelaskan, – bukti langsung, – bukti dengan kontraposisi dan – bukti dengan kontradiksi

Versi : 1.0

Revisi : 0.0


Halaman : 2

Pertemuan Ke

Dari : 21

:I


Daftar Pustaka

• Pengenalan Logika Informatika • Kalkulus Proposisi

– – – –

Revisi : 0.0

Halaman : 3

Dari : 21

• Alan B Marcovitz , 2002 : ” Introduction to Logic Design” • Manna Zohar, “The Logic Basic for Computer Programming”,Vol.1, Addison-Wesley publishing Company, Inc., 1985 • Retno H, dkk.,”Logika Informatika”, Penerbit informatika, Bandung, 2000 • F. Soesianto dan Djoni Dwijono. 2006. Logika Matematika Untuk Ilmu Komputer. Penerbit ANDI : Yogyakarta. • Suprapto. 2003. Logika Informatika (Dasar-dasar Logika untuk Pemrograman Komputer & Perancangan Komputer). Penerbit Gava Media : Yogyakarta. • Setiadji. 2007. Logika Informatika. Penerbit Graha Ilmu : Yogyakarta. • Heri Sismoro. 2005. Pengantar Logika Informatika, Algoritma dan Pemrograman Komputer. Penerbit ANDI : Yogyakarta • Suharmawan, Bahan Ajar Logika Informatika Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 4

Dari : 21

1

7/4/2017



Pertemuan Ke

:I




Pertemuan Ke

:I


Cara Penilaian 10% Kehadiran 40 % tugas 25 % UTS 25 % UAS

PENGENALAN LOGIKA INFORMATIKA Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 5

Pertemuan Ke

Dari : 21

Versi : 1.0

:I



Pendahuluan • •

Pertemuan Ke

Dari : 21

:I


• Logika disebut juga “the calculus of computer science” karena logika memegang peranan yang sangat penting di bidang ilmu komputer. Halaman : 7

Dari : 21

Peran kalkulus (matematika) sama pentingnya untuk ilmu-ilmu bidang sains, misalnya ilmu fisika, ilmu elektronika, ilmu kimia, dan sebagainya. Logika dalam ilmu komputer digunakan sebagai dasar dalam belajar – – – – – – – – –

– ilmu pengetahuan yg mempelajari atau berkaitan dengan prinsipprinsip dari penalaran argumen yang valid – metode atau teknik yang diciptakan untuk meneliti ketepatan penalaran.

Revisi : 0.0


Halaman : 6

Pendahuluan

• Logika (logic) berasal dari bahasa Yunani ”Logos” dalam bahasa Inggris berarti “word” yang lebih dekat lagi dengan istilah “reason”. • Definisi Logika :

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

•

bahasa pemrograman, struktur data, kecerdasan buatan, teknik/sistem digital, basis data, teori komputasi, rekayasa perangkat lunak, sistem pakar, jaringan syaraf tiruan, dan lain-lainnya.

Salah satu contoh yang populer adalah sistem digital, yaitu bidang ilmu yang didasari oleh logika untuk membuat gerbang logika (logic gates) dan arsitektur komputer sebagai inti mikroprosesor, otak komputer atau central processing unit. Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 8

Dari : 21

2

7/4/2017



Pertemuan Ke

:I



Pengertian Umum Logika

– THALES (640-546 SM) yaitu seorang ilmuwan geometri yang juga disebut sebagai bapak filosofi dan penalaran deduktif. – Ahli matematika dan filosof PHYTAGORAS (572-497 SM) dengan dalil phytagoras-nya yang terkenal yaitu a2 + b2 = c2 Revisi : 0.0



Halaman : 9

Pertemuan Ke

:I


Dari : 21

:I


• Persamaan filsafat dan matematika  

Kerja Filosof adalah berpikir konsep. Kerja Matematikawan adalah mem-perjelas dikembangkan oleh filosof

konsep

yang

• Perbedaan filsafat dan matematika  

Filsafat bebas menerapkan berbagai metode rasional. Matematikawan hanya menerapkan metode deduksi.

Versi : 1.0

Revisi : 0.0


Matematika dan Logika


Halaman : 10

Pertemuan Ke

Dari : 21

:I



• Menurut BETRAND RUSSEL matematika adalah ilmu yang menyangkut deduksi logis tentang akibat-akibat dari pangkal fikir umum semua penalaran. • Ini berkaitan dengan konsepsi matematika sebagai : – – – – – –

Pertemuan Ke

Matematika dan Filsafat

• Filsafat dan matematika adalah bidang pengetahuan rasional yang ada sejak dahulu. • Jauh sebelum matematika berkembang seperti sekarang ini dan penerapannya menyentuh hampir seluruh bidang ilmu pengetahuan modern. • Ilmuwan dan filosof yunani telah mengembangkan dasar pemikiran ilmu geometri dan logika diantaranya

Versi : 1.0


ilmu formal, ilmu tentang bilangan dan ruang, ilmu tentang besaran dan keluasan, ilmu tentang hubungan, pola bentuk, dan rakitan ilmu yang bersifat abstrak dan deduktif.

• Ilmu ini pertama kali dikembangkan sekitar 300 SM oleh ARISTOTELES dan dikenal sebagai logika tradisional atau logika klasik. – Dasar pemikiran logika klasik adalah logika benar dan salah yang disimbolkan dengan 0 (untuk logika salah) dan 1 (untuk logika benar) yang disebut juga LOGIKA BINER

• Dua ribu tahun kemudian dikembangkan logika modern oleh GEORGE BOOLE dan DE MORGAN yang disebut dengan Logika Simbolik karena menggunakan simbol-simbol logika secara intensif.

• Logika pada prinsipnya mengkaji prinsip-prinsip penalaran yang benar dan penalaran kesimpulan yang absah

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 11

Dari : 21

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 12

Dari : 21

3

7/4/2017



Pertemuan Ke

:I



Logika dan Komputer

• Program komputer berjalan di atas struktur penalaran yang baik dari suatu solusi terhadap suatu permasalahan dengan bantuan komponen program IF…THEN…ELSE, FOR…TO…DO, WHILE, CASE…OF.



Halaman : 13

Pertemuan Ke

•

Untuk mengatasi masalah yang terjadi dalam logika klasik yang seorang ilmuwan dari Universitas California Berkeley, PROF. LOTFI A.ZADEH pada tahun 1965 mengenalkan suatu konsep berpikir logika yang baru yaitu LOGIKA KABUR (FUZZY LOGIC).  

Dari : 21

:I


Versi : 1.0

{



Halaman : 14

Pertemuan Ke

Dari : 21

:I


• Logika Pernyataan membicarakan tentang pernyataan tunggal dan kata hubungnya sehingga didapat kalimat majemuk yang berupa kalimat deklaratif • Logika Predikat menelaah variabel dalam suatu kalimat, kuantifikasi dan validitas sebuah argumen • Logika hubungan mempelajari hubungan antara pernyataan, relasi simetri, refleksif, antisimtris, dll. • Logika himpunan membicarakan tentang unsur-unsur himpunan dan hukum-hukum yang berlaku di dalamnya • Logika Samar merupakan pertengahan dari dua nilai biner yaitu yatidak, nol-satu, benar-salah. Kondisi yang ditunjukkan oleh logika samar diantara: banyak, sedikit, sekitar x, sering, umumnya. Logika samar banyak diterapkan dalam kecerdasan buatan, mesin pintar atau sistem cerdas dan alat-alat elektronika

Logika Tidak Pasti  Logika Samar atau Logika Kabur Halaman : 15

Revisi : 0.0

Gambaran Umum Logika

Logika Pasti  Logika Pernyataan (Proportional)  Logika Predikat (Predicate Logic)  Logika Hubungan (Relation Logic)  Logika Himpunan

Revisi : 0.0

Nilai kebenaran bukan bersifat crisp (tegas) 0 dan 1 saja tetapi berada diantaranya (multivariabel). Digunakan untuk merumuskan pengeta-huan dan pengalaman manusia yang mengakomodasi ketidakpastian ke dalam bentuk matematis tanpa harus mengetahui model matematikanya. Pada aplikasinya dalam bidang komputer, logika fuzzy diimplementasikan untuk memenuhi kebutuhan manusia akan sistem komputer yang dapat merepresentasikan cara berpikir manusia.

Versi : 1.0

Gambaran Umum Logika

Logika

:I


• Tetapi pada kenyataanya dalam kehidupan sehari-hari banyak hal yang kita jumpai yang tidak bisa dinyatakan bahwa sesuatu itu mutlak benar atau mutlak salah



Revisi : 0.0

Pertemuan Ke


• Arsitektur sistem komputer tersusun atas rangkaian logika 1 (true) dan 0 (false) yang dikombinasikan dengan sejumlah gerbang logika AND. OR, NOT, XOR, dan NAND.

Versi : 1.0


Dari : 21

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 16

Dari : 21

4

7/4/2017



Pertemuan Ke

:I




Pertemuan Ke

:I


Argumen

Validitas Argumen

• Adalah suatu usaha untuk mencari kebenaran dari pernyataan berupa kesimpulan, dengan berdasarkan kebenaran dari satu kumpulan pernyataan yang disebut premis-premis • Contoh 1: Argumen ini pasti dikatan logis

• Adalah premis-premis yang diikuti oleh suatu kesimpulan yang berasal dari premis-premisnya yang bernilai benar • Validitas dapat dibedakan dengan kebenaran dari kesimpulan • Jika satu atau lebih premis-premis salah maka kesimpulan dari argumen tersebut juga salah • Validitas dapat diartikan tidak mungkin kesimpulan yang salah diperoleh dari premispremis yang benar

Semua mahasiswa pandai Badu adalah mahasiswa Dengan demikian, Badu pandai

• Contoh 2:

Karena pernyataan 1 dan 2 yg disebut premis diikuti pernyataan Kesimpulan yg mengikuti & berasal Dari premisnya

Semua manusia bermata empat Badu seorang manusia Dengan demikian, Badu bermata empat

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Argumen ini akan menimbulkan perdebatan, walaupun kesimpulannya tetap mengikuti premisnya

Halaman : 17

Pertemuan Ke

Dari : 21

:I


Versi : 1.0


Contoh • Contoh 3: Semua mamalia adalah hewan berkaki empat Semua manusia adalah mamalia Dengan demikian semua manusia adalah hewan berkaki empat

Argumen yg valid. Krn Kesimpulannya mengikuti premisnya meskipun dgn premis pertama bernilai salah  Tautologi (valid kebenarannya secara fungsional

Ada jenis makhluk hidup berkaki dua Semua manusia adalah makhluk hidup Dengan demikian semua manusia berkaki dua

Revisi : 0.0


Halaman : 18

Pertemuan Ke

Dari : 21

:I


Contoh

• Contoh 4:

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 19

Dari : 21

Contoh 1:

Contoh 2:

Semua mamalia adalah hewan berkaki empat Semua manusia adalah mamalia Dengan demikian semua manusia adalah hewan berkaki empat

Ada jenis makhluk hidup berkaki dua Semua manusia adalah makhluk hidup Dengan demikian semua manusia berkaki dua

argumen yang valid, tetapi dengan premis pertama yang salah Karena kesimpulannya tetap mengikuti premis-premisnya

Argumen diatas jelas tidak valid, tetapi menghasilkan kesimpulan yang benar meskipun tidak mengikuti premisnya

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 20

Dari : 21

5

7/4/2017



Pertemuan Ke

:I


Validitas Argumen • Argumen logis dapat disebut kuat jika dan hanya jika memenuhi dua persyaratan berikut: – Argumen valid – Semua presmis-premisnya benar

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 21

Dari : 21

6

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3




Pertemuan Ke

: 2 dan 3


Tujuan • Menjelaskan bentuk logika formal serta kaidah-kaidah dasar • Menjelaskan beberapa bentuk argumen dan validitasnya • Menjelaskan variabel dan konstanta proposional • Memperkenalkan beberapa argumen yang valid dan berbentuk silogisme

PENGANTAR LOGIKA By Emy Setyaningsih, S.Si, M.Kom

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 1

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Versi : 1.0


Pendahuluan – ilmu untuk berfikir dan menalar dengan benar (sehingga didapatkan kesimpulan yang absah).

• Manusia mampu mengembangkan pengetahuan karena mempunyai bahasa dan kemampuan menalar. • Untuk dapat menarik konklusi yang tepat, diperlukan kemampuan menalar. • Kemampuan menalar adalah kemampuan untuk menarik konklusi yang tepat dari bukti-bukti yang ada, dan menurut aturan-aturan tertentu Revisi : 0.0


Halaman : 2

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Pendahuluan

• Definisi Logika:

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 3

Dari : 57

• Belajar logika (logika simbolik) dapat meningkatkan kemampuan menalar kita, karena dengan belajar logika :

– Kita mengenali dan menggunakan bentuk-bentuk umum tertentu dari cara penarikan konklusi yang absah, dan menghindari kesalahan-kesalahan yang bisa dijumpai. – Kita dapat memperpanjang rangkaian penalaran itu untuk menyelesaikan problem-problem yang lebih kompleks

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 4

Dari : 57

1

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3



Pendahuluan


Revisi : 0.0


•

•

• • •

Halaman : 5

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


– Kalimat adalah kumpulan kata yang disusun menurut aturan tata bahasa. – Kata adalah rangkaian huruf yang mengandung arti.

• Kalimat berarti rangkaian kata yang disusun menurut aturan tata bahasa dan mengandung arti. • Menurut jenisnya suatu kalimat secara sederhana dapat dibagi seperti di bawah ini Kalimat

Revisi : 0.0

Halaman : 7

Kalimat berarti Kalimat tak berarti

Versi : 1.0


Kalimat Deklaratif Bukan Kalimat Deklaratif Revisi : 0.0


bernilai benar bernilai salah

Halaman : 6

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Proposisi

Dalam logika matematika hanya dibicarakan kalimat-kalimat berarti yang menerangkan (kalimat deklaratif/indicative sentences) Contoh : 1. 4 kurang dari 5 2. Indonesia terdiri atas 33 propinsi 3. 2 adalah bilangan prima yang genap 4. 3 adalah bilangan genap dan tidak akan dibicarakan kalimat-kalimat seperti : 5. Berapa umurmu ? (Kalimat tanya) 6. Bersihkan tempat tidurmu ! (Kalimat perintah) 7. Sejuk benar udara di sini ! (Kalimat ungkapan perasaan) 8. Mudah-mudahan terkabul cita-citamu. (Kalimat pengharapan) Dari contoh-contoh di atas, terlihat bahwa kalimat 1, 2, dan 3, bernilai benar, sedang kalimat 4 bernilai salah. Kalimat 5, 7, dan 8, tidak dapat ditentukan nilai benar atau salahnya. Nilai benar artinya ada kesesuaian antara yang dinyatakan oleh kalimat itu dengan keadaan sesungguhnya (realitas yang dinyatakannya), yaitu benar dalam arti matematis. Versi : 1.0

: 2 dan 3


• Sebelum membahas tentang pernyataan, akan kita bahas terlebih dahulu apa yang disebut kalimat.

Pernyataan/Proposisi •

Pertemuan Ke

Kalimat

• Pokok bahasan logika adalah pernyataan-pernyataan yang berarti suatu kalimat yang memiliki arti tertentu dan memiliki nilai benar atau salah saja • Kalimat adalah kumpulan kata yang disusun menurut aturan tata bahasa dan mengandung arti , sedangkan Kata merupakan rangkaian huruf yang mengandung arti • Pernyataan disebut juga kalimat deklaratif yaitu kalimat yang bersifat menerangkan • Di dalam matematika tidak semua pernyataan yang bernilai benar atau salah saja yang digunakan dalam penalaran. Versi : 1.0


Dari : 57

• Definisi Pernyataan/ Kalimat Deklaratif/ Proposisi adalah kalimat yang bernilai benar atau salah tetapi tidak keduanya. • Contoh : 1. 2+2=4 (Benar). 2. Semua manusia adalah fana (Benar). 3. 4 adalah bilangan prima (Salah). 4. 5 x 12=90 (Salah). Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 8

Dari : 57

2

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3



Contoh Proposisi yes

Ini proposisi ?

no

Nilai kebenarannya bergantung pada nilai y, tapi nilai ini tidak spesifik. Kita katakan tipe pernyataan ini adalah fungsi proposisi atau kalimat terbuka. Revisi : 0.0

Halaman : 9


Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Ini pernyataan ?

yes

Ini proposisi ?

yes

Nilai kebenaran dari proposisi tersebut ?

false

Versi : 1.0


Contoh Proposisi

Ini permintaan. no

Hanya pernyataan yang dapat menjadi proposisi. Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 10


Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


“Jika gajah berwarna merah muda, mereka dapat berlindung di bawah pohon cabe.”

no

Ini proposisi ?

Revisi : 0.0

Contoh Proposisi

“Jangan tidur di kelas.”

Ini pernyataan ?

: 2 dan 3


“Bulan ini Februari dan 24 < 5.”

Ini pernyataan ?


Pertemuan Ke

Contoh Proposisi

“y > 15”

Versi : 1.0


Halaman : 11

Dari : 57

Ini pernyataan ?

yes

Ini proposisi ?

yes

Apa nilai kebenaran proposisi tersebut ?

probably false

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 12

Dari : 57

3

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3



Contoh Proposisi yes

Ini proposisi ?

yes

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


true Halaman : 13

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Versi : 1.0

Revisi : 0.0


Proposisi


Halaman : 14

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Variabel dan Konstanta • Definisi:

• Contoh : – Badu tidak lapar – Badu kenyang

• Pada pernyataan pertama dengan pernyataan kedua arti kalimat sama tetapi pada proposisi pernyataan tersebut dianggap berlainan karena proposisi tidak diizinkan menafsirkan arti kalimat Versi : 1.0

: 2 dan 3


• Apakah semua kalimat adalah proporsi? • “Tidak semua kalimat adalah proporsi, sebab proporsi adalah kalimat yang mempunyai nilai benar atau salah”

… sebab nilai kebenarannya tidak bergantung pada nilai x dan y. Apa nilai kebenaran dari proposisi tsb ?

Pertemuan Ke

Proposisi

“x < y jika dan hanya jika y > x.”

Ini pernyataan ?


Revisi : 0.0

Halaman : 15

Dari : 57

– Variabel adalah simbol yang menunjukkan suatu anggota yang belum spesifik dalam semesta pembicaraan. – Konstanta adalah simbol yang menunjukkan anggota tertentu (yang sudah spesifik) dalam semesta pembicaraan

• Perhatikan kalimat berikut ini : a. Manusia makan nasi. b. . . . memakai sepatu c. 4 + x = 7 d. 4 + . . . = 7 e. p < 5 Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 16

Dari : 57

4

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3




Pertemuan Ke

: 2 dan 3


Variabel dan Konstanta

Kalimat Terbuka

• Ada yang mengatakan bahwa kalimat a benar, tetapi ada juga yang mengatakan bahwa kalimat itu salah, tergantung pada kesesuaian kalimat itu dengan keadaan sesungguhnya. Kalimat seperti ini disebut pernyataan faktual. • Ada juga yang mengatakan bahwa kelima-kalimat di atas belum dapat dikatakan mempunyai nilai. • Seperti telah kita ketahui, nilai benar maupun nilai salah sebuah kalimat (baik kalimat sehari-hari maupun kalimat matematika), ditentukan oleh kebenaran atau ketidakbenaran realita yang dinyatakan.

• Kalimat terbuka adalah kalimat yang mengandung variabel, dan jika variabel tersebut diganti konstanta dari semesta yang sesuai maka kalimat itu akan menjadi kalimat yang bernilai benar saja atau bernilai salah saja (pernyataan). • Pernyataan yang menjelaskan istilah-istilah pernyataan, variabel, konstanta, dan kalimat terbuka di atas disebut kalimat definisi. • Pada kalimat definisi tidak boleh terdapat kata-kata yang belum jelas artinya, apalagi kata yang sedang didefinisikan.

– Jika “x” pada c diganti “3” maka kalimat itu menjadi “4 + 3 = 7”. Kalimat (pernyataan) ini jelas bernilai benar saja. – Jika “. . .” pada d diganti “4”, maka kalimat itu menjadi “4 + 4 = 7”. Jelas pernyataan itu bernilai salah saja.

• “Manusia”, “. . .”, “x”, “p” pada kalimat-kalimat di atas disebut variabel. • Sedangkan pengganti-pengganti seperti “Yohana”, “Hani”, “3”, “4”, dan “0, 1, 2, 3, 4” dan "5, 6, 7, . . ." disebut konstanta.

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 17

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Versi : 1.0


Pemberian Nilai

Revisi : 0.0


Halaman : 18

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


LATIHAN SOAL

• Huruf seperti A, B, C, dst dapat digunakan untuk menggantikan proposisi dan disebut variabel proposional • Variabel proposional hanya memiliki nilai benar (True =T) atau salah (False = F) • Simbol huruf F dan T disebut konstanta proposional • Variabel proposional dan konstanta proposional adalah proposisi atomik atau proposisi yg tdk bisa dipecahpecah lagi. • Penggabungan proposisi atomik menghasilkan proposisi majemuk (compound propositions) Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 19

Dari : 57

• Manakah yg merupakan proposisi dan tentukan nilai kebenarannya 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Semarang adalah ibukota Provinsi Jawa Tengah Bandung adalah ibukota Provinsi Jawa Timur 2+3=5 5 + 7 = 10 X + 5 = 11 Jawablah pertanyaan ini! X + y = y + x untuk semua pasangan bilangan real dari x dan y 8. X + 1 = 5 jika x = 2 9. X + y = y + z jika x = z

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 20

Dari : 57

5

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3




Pertemuan Ke

: 2 dan 3


Latihan SOAL • Manakah dari pernyataan berikut yg berupa proposisi atomik dan yg berupa proposisi majemuk 1. 2. 3. 4. 5.

Setiap orang Indonesia kaya raya Bowo kaya raya, demikian juga Dewi Bowo dan Dewi sama-sama kaya Badu kaya raya dan memiliki banyak harta Dino kaya raya atau banyak hartanya

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


KATA HUBUNG KALIMAT

Halaman : 21

Pertemuan Ke

Dari : 57

Versi : 1.0

: 2 dan 3

Revisi : 0.0




Halaman : 22

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Menghubungkan Kalimat Dengan Tabel Kebenaran

Pendahuluan • Pernyataan majemuk terdiri dari satu atau lebih pernyataan sederhana yang dihubungkan dengan kata hubung kalimat (connective) tertentu. • Dalam bahasa Indonesia kita sering menggunakan kata-kata “tidak”, “dan”, “atau”, “jika. . . maka. . .”, “jika dan hanya jika”. • Perhatikan penggunaan kata-kata itu dengan lebih cermat dalam matematika (dan membandingkannya dengan penggunaan dalam percakapan sehari-hari).

• Satu atau lebih proposisi dapat dikombinasikan untuk menghasilkan proposisi baru lewat penggunaan operator logika • Dalam logika dikenal lima buah penghubung, yaitu: No

Simbol

Arti

1.

~ atau 

2.



Konjungsi

3. 4.

 

Disjungsi

5.



biimplikasi

Negasi

Bentuk tidak, bukan .... dan, tetapi, meskipun .... .... atau ....

implikasi

Kalau/jika .... maka .... .... jika dan hanya jika .... .... bila dan hanya jika ....

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 23

Dari : 57

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 24

Dari : 57

6

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3




Contoh • Definisi

Revisi : 0.0


Halaman : 25

Pertemuan Ke

• Operator Uner, Simbol:  • Jika p diatas bernilai benar (true), maka ingkaran p (¬p) adalah bernilai salah (false) dan begitu juga sebaliknya false Dari : 57

: 2 dan 3


true

Versi : 1.0


Revisi : 0.0

Halaman : 26


Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Conjunction (AND)

• Jika p adalah “ Semarang ibukota Jawa Tengah”, • maka ingkaran atau negasi dari pernyataan p tersebut adalah ¬p yaitu “ Semarang bukan ibukota Jawa Tengah” atau “Tidak benar bahwa Semarang ibukota Jawa Tengah”.

Revisi : 0.0

P false

P true

NEGASI (INGKARAN)

Versi : 1.0

:

– Ingkaran suatu pernyataan adalah pernyataan yang bernilai benar, jika pernyataan semula salah, dan sebaliknya.

Penyelesaian Misalkan p: hari ini hari minggu q: hari ini libur a. Kata “tetapi” mempunyai arti yang sama dengan dan, sehingga kalimat (a) bisa ditulis sebagai : ¬p  q b. ¬p  ¬q c. ¬(p  q)


: 2 dan 3


Negasi (NOT)

Nyatakan kalimat dibawah ini dengan simbol logika : a. Hari ini tidak hari minggu tetapi libur b. Hari ini tidak hari minggu dan tidak libur c. Tidak benar bahwa hari ini hari minggu dan libur

Versi : 1.0

Pertemuan Ke

Halaman : 27

Dari : 57

• Operator Biner, Simbol:  • Pada konjungsi p  q akan bernilai benar jika baik p maupun q bernilai benar. Jika salah satunya (atau keduanya) bernilai salah maka p  q

Versi : 1.0

P

Q

PQ

true

true

true

true

false

false

false

true

false

false

false

false

Revisi : 0.0

Halaman : 28

Dari : 57

7

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3




KONJUNGSI


Revisi : 0.0


Halaman : 29

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


• Operator Biner, Simbol:  Q

PQ

true

true

true

true

false

true

false

true

true

false

false

false


Revisi : 0.0


Halaman : 30

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


DISJUNGSI

• Disjungsi adalah pernyataan majemuk yang menggunakan penghubung “ATAU/OR” dengan notasi “”. • Kalimat disjungsi dapat mempunyai 2 arti yaitu : a. 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. Revisi : 0.0

P

Versi : 1.0

DISJUNGSI

Versi : 1.0

: 2 dan 3


Disjunction (OR)

• Konjungsi adalah suatu pernyataan majemuk yang menggunakan penghubung “DAN/AND” dengan notasi “” Contoh: p: Fahmi makan nasi q:Fahmi minum kopi Maka p  q : Fahmi makan nasi dan minum kopi

Versi : 1.0

Pertemuan Ke

Halaman : 31

Dari : 57

b. EKSLUSIF 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 lapangan.  Hanya salah satu dari 2 kalimat penyusunnya yang boleh bernilai benar yaitu jika “Saya akan melihat pertandingan sepak bola di TV saja atau di lapangan saja tetapi tidak keduanya.

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 32

Dari : 57

8

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3



Contoh

• Tulislah bentuk simbolis kalimat berikut :

• Implikasi p  q adalah proposisi yang bernilai salah jika p benar dan q salah, dan bernilai benar jika lainnya P Q PQ true true true true false false false true true false false true

Salsa orang yang miskin tetapi bergembira Salsa orang kaya atau ia sedih Salsa tidak kaya ataupun bergembira Salsa seorang yang miskin atau ia kaya tetapi sedih


Revisi : 0.0

Halaman : 33


Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Versi : 1.0


Implikasi p  q • • • • • •

Jika p, maka q Jika p, q p mengakibatkan q p hanya jika q p cukup untuk q Syarat perlu untuk p adalah q

Versi : 1.0

• • • • • •

Revisi : 0.0

: 2 dan 3


• 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/ HYPOTHETICAL dengan notasi “”.

– Salsa orang kaya – Salsa bergembira

Versi : 1.0

Pertemuan Ke

IMPLIKASI

• Misal :

1) 2) 3) 4)


Revisi : 0.0


Halaman : 34

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Contoh

q jika p q ketika p q diakibatkan p q setiap kali p q perlu untuk p Syarat cukup untuk q adalah p

Halaman : 35

Dari : 57

1. p : Pak Ali adalah seorang haji. q : Pak Ali adalah seorang muslim. p  q : Jika Pak Ali adalah seorang haji maka pastilah dia seorang muslim. 2. p : Hari hujan. q : Adi membawa payung. Benar atau salahkah pernyataan berikut? a. Hari benar-benar hujan dan Adi benar-benar membawa payung. b. Hari benar-benar hujan tetapi Adi tidak membawa payung. c. Hari tidak hujan tetapi Adi membawa payung. d. Hari tidak hujan dan Adi tidak membawa payung.

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 36

Dari : 57

9

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3




Pertemuan Ke

: 2 dan 3


Contoh Proposisi-proposisi berikut adalah implikasi dalam berbagai bentuk:

1. Jika hari hujan, maka tanaman akan tumbuh subur. 2. Jika tekanan gas diperbesar, mobil melaju kencang. 3. Es yang mencair di kutub mengakibatkan permukaan air laut naik. 4. Orang itu mau berangkat jika ia diberi ongkos jalan. 5. Ahmad bisa mengambil matakuliah Teori Bahasa Formal hanya jika ia sudah lulus matakuliah Matematika Diskrit. 6. Syarat cukup agar pom bensin meledak adalah percikan api dari rokok. 7. Syarat perlu bagi Indonesia agar ikut Piala Dunia adalah dengan mengontrak pemain asing kenamaan. 8. Banjir bandang terjadi bilamana hutan ditebangi. Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 37

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Penjelasan Ahmad bisa mengambil matakuliah Teori Bahasa Formal hanya jika ia sudah lulus matakuliah Matematika Diskrit. Ingat: p  q dapat dibaca p hanya jika q p : Ahmad bisa mengambil matakuliah Teori Bahasa Formal q : Ahmad sudah lulus matakuliah Matematika Diskrit. Notasi standard: Jika p, maka q Jika Ahmad mengambil matakuliah Teori Bahasa Formal maka ia sudah lulus matakuliah Matematika Diskrit.

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 38

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Konvers, Invers, dan Kontraposisi Penjelasan Syarat perlu bagi Indonesia agar ikut Piala Dunia adalah dengan mengontrak pemain asing kenamaan. Ingat: p  q dapat dibaca q syarat perlu untuk p Susun sesuai format: Mengontrak pemain asing kenamaan adalah syarat perlu bagi Indonesia agar ikut Piala Dunia q: Indonesia mengontrak pemain asing kenamaan p: Indonesia ikut Piala Dunia

• Andaikan pernyataan “Jika hari hujan, saya memakai jas hujan” bernilai benar, maka itu tidak berarti bahwa pernyataan “Saya memakai jas hujan berarti hari hujan” juga bernilai benar; sebab mungkin saja saya memakai jas hujan walaupun hari tidak hujan. • Demikian pula pernyataan “Jika hari tidak hujan, saya tidak memakai jas hujan” belum tentu bernilai benar. Sedangkan pernyataan “Jika saya tidak memakai jas hujan, hari tidak hujan” akan bernilai benar

Notasi standard: Jika p, maka q Jika Indonesia ikut Piala Dunia, maka Indonesia mengontrak pemain asing kenaman. Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 39

Dari : 57

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 40

Dari : 57

10

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3

– Konvers dari implikasi p ⇒ q adalah q ⇒ p – Invers dari implikasi p ⇒ q adalah ~ p ⇒ ~ q – Kontraposisi dari implikasi p ⇒ q adalah ~ q ⇒ ~ p

Konvers

~q⇒p

~p⇒~q

Invers

Invers

q⇒p

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 41

Pertemuan Ke

Pertemuan Ke

: 2 dan 3


qp ~p~q ~q~p

Konvers (kebalikan): Invers : Kontraposisi :

• Definisi :

Konvers


Varian Proposisi Bersyarat

Skema Hubungan Konvers, Invers, dan Kontraposisi

p⇒q



Dari : 57

: 2 dan 3


p

q

~p

~q

T T F F

T F T F

F F T T

F T F T

Implikasi pq

Konvers Invers Kontraposisi qp ~p~q ~q~p

T F T T

Versi : 1.0

T T F T

Revisi : 0.0



T T F T

T F T T

Halaman : 42

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Contoh Contoh : Tentukan konvers, invers, dan kontraposisi dari: “Jika Amir mempunyai mobil, maka ia orang kaya”

• Diberikan pernyataan “Perlu memiliki password yang sah agar anda bisa log on ke server”

Penyelesaian: Konvers : Jika Amir orang kaya, maka ia mempunyai mobil Invers : Jika Amir tidak mempunyai mobil, maka ia bukan orang kaya Kontraposisi: Jika Amir bukan orang kaya, maka ia tidak mempunyai mobil

• Penyelesaian:

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 43

Dari : 57

– Nyatakan pernyataan di atas dalam bentuk proposisi “jika p, maka q”. – Tentukan konvers, invers, dan kontraposisi dari pernyataan tsb.

– Misalkan • p : Anda bisa log on ke server • q : Memiliki password yang sah

– maka • Jika anda bisa log on ke server maka anda memiliki password yang sah • Konvers: “Jika anda memiliki password yang sah maka anda bisa log on ke server” • Invers: “Jika anda tidak bisa log on ke server maka anda tidak memiliki password yang sah” • Kontraposisi: “Jika anda tidak memiliki password yang sah maka anda tidak bisa log on ke server” Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 44

Dari : 57

11

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3




Pertemuan Ke

: 2 dan 3


BIIMPLIKASI

BIIMPLIKASI

 Biimplikasi atau bikondisional adalah  Biimplikasi 2 pernyataan hanya akan bernilai benar jika implikasi kedua kalimat penyusunnya samasama bernilai benar.

 Contoh :  p : Dua garis saling berpotongan adalah tegak lurus.  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.

P

Q

true

true

true

true

false

false

false

true

false

false

false

true

Versi : 1.0

PQ

Revisi : 0.0


Halaman : 45


Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Versi : 1.0


Bikondisional

q

T T F F

T F T F

pq T F F T

pq

qp

(p  q)  (q  p)

T F T T

T T F T

T F F T

 Dengan kata lain, pernyataan “p jika dan hanya jika q” dapat dibaca “Jika p maka q dan jika q maka p”. Versi : 1.0

Revisi : 0.0


Halaman : 46

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Contoh Tabel Kebenaran

• pernyataan majemuk dari dua pernyataan p dan q yang dinyatakan dengan notasi “p  q” yang bernilai sama dengan (p  q)  (q  p). p

Revisi : 0.0

Halaman : 47

Dari : 57

• Apabila saya lulus, maka ayah akan membelikan sepeda motor. • Apabila kamu tidak belajar, maka kamu tidak akan lulus. • Jika 2+2=4, maka bunga melati berwarna putih. • Untuk menghindari terjadinya perbedaan konotasi tersebut, maka penggunaan kata-kata penghubung harus diatur sehingga hanya mempunyai 1 arti saja. • Caranya adalah dengan menggunakan tabel kebenaran. Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 48

Dari : 57

12

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3




Pertemuan Ke

: 2 dan 3


TABEL KEBENARAN • Untuk menghindari perbedaan konotasi dan keganjilan arti dalam menerjemahkan simbol-simbol logika maka dalam matematika tidak disyaratkan adanya hubungan antara kedua kalimat penyusunnya. • Kebenaran suatu kalimat berimplikasi semata-mata hanya tegantung pada nilai kebenaran kalimat penyusunnya. Karena itu digunakan tabel kebenaran penghubung. • Jika p dan q adalah kalimat-kalimat dimana T=true/benar dan F=false/salah, maka untuk n variable (p,q,r,…) maka tabel kebenaran memuat 2 pangkat n baris. Versi : 1.0

Revisi : 0.0


Halaman : 49


Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


Contoh - contoh

p

q

p

q

pq

pq

pq

pq

T

T

F

F

T

T

T

T

T

F

F

T

F

T

F

F

F

T

T

F

F

T

T

F

F

F

T

T

F

F

T

T

Versi : 1.0


p

q

p

q

p  q

(p  q)

T

T

F

F

F

T

TT

FF

F

T

T

F

F F F F

T T F F

T

F

T

F

T

T

T

F

Revisi : 0.0

Halaman : 50


Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


b. (pq)

Buatlah tabel kebenaran untuk kalimat dalam bentuk simbol-simbol di bawah ini : a. (pq)

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 51

Dari : 57

Versi : 1.0

p

q

p

p  q

T

T

F

F

T

T

F

F

T

F

F

T

T

T

F

F

F

T

F

T

Revisi : 0.0

(p  q)

Halaman : 52

Dari : 57

13

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3


c. (pq)(pq)


q

T

T

T

F

F

T

F

F

pq

pq

T

(p  q)

(p  q)  (p  q)

F

T

F

F

T

F

F

T

T

F

F

T

F

T

Versi : 1.0


Pertemuan Ke

: 2 dan 3


d. (p(qr))(qr)(pr) p q r p q

p


T

Revisi : 0.0


Halaman : 53

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


qr

p(qr)

qr

pr

(p(qr))(qr)(pr)

T T T

F

F

F

F

T

T

T

T T F

F

F

F

F

F

F

F

T F T

F

T

T

F

F

T

T

T F F

F

T

F

F

F

F

F

F T T

T

F

F

F

T

F

T

F T F

T

F

F

F

F

F

F

F F T

T

T

T

T

F

F

T

F F F

T

T

F

F

F

F

F

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 54

Pertemuan Ke

Dari : 57

: 2 dan 3


• Operator proposisi di dalam Google

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 55

Dari : 57

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 56

Dari : 57

14

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 2 dan 3


PR 1. Tentukan tabel kebenaran dari: a. p  p  q  b.  p  q   p  q  c.  p  q   q  r  d .  p  q   q  r  e.  A  B   A  B   A  B  2. Pada kondisi bagaimanakah agar kalimat berikut ini bernilai benar?

– Tidaklah benar bila rumah kuno selalu bersalju atau angker, dan tidak juga benar bila sebuah hotel selalu hangat atau rumah kuno selalu rusak.

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 57

Dari : 57

15

7/4/2017



Pertemuan Ke

:4




Pertemuan Ke

:4


Tujuan PROPOSISI MAJEMUK

• Bagaimana caranya untuk memecahkan proposisi majemuk yg sangat rumit menjadi subekspresi • Mempelajari teknik-teknik parsing

Dosen: Emy Setyaningsih, S.Si, M.Kom

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 1

Pertemuan Ke

Dari : 12

:4


Versi : 1.0


Pendahuluan

Revisi : 0.0


Halaman : 2

Pertemuan Ke

Dari : 12

:4


Pendahuluan • Proposisi majemuk dapat menyebabkan terjadinya ambiguitas atau kesalahan penafsiran jika tidak dengan tepat meletakkan tanda kurung pada tempatnya • Contoh:

• Proposisi majemuk berisi minimum satu perangkai dengan lebih dari satu variabel proposional. • Proposisi majemuk yg sangat rumit dapat dipecah menjadi subekspresi . • Subekspresi dapat dipecah lagi menjadi subekspresi lagi dan seterusnya. • Teknik ini disebut Parsing Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 3

– Jika dewi rajin belajar, maka ia lulus ujian dan ia mendapat hadiah istimewa – Variabel proposionalnya: • A= dewi rajin belajar • B=Dewi lulus ujian • C=dewi mendapat hadiah istimewa

– Bentuk ekspresi logika diatas dapat dibentuk 2 kemungkinan • ((AB) ˄C) atau (A(B ˄ C))  kedua kemungkinan akan menghasilkan nilai kebenaran yg berbeda Dari : 12

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 4

Dari : 12

1

7/4/2017



Pertemuan Ke

:4




Pendahuluan

• Skema adalah semua ekspresi yg berisi identifikator-identifikator yg menunjukkan adanya suatu ekspresi logika • Contoh:

– A(B ˄ C) – Karena pernyataan: • Dewi Lulus Ujian dan Dewi mendapat hadiah istimewa • Merupakan akibat dari Dewi Rajin Belajar

• Ekspresi logika yang salah :


Halaman : 5

Pertemuan Ke

Dari : 12

– Maka: • PQ = (A ˄B)  (A˅B) Versi : 1.0

:4

Revisi : 0.0



Pertemuan Ke

Dari : 12

:4


Parse Tree

[1] Jika dewi lulus sarjana sistem komputer, orang tuanya akan senang, dan dia dapat segera bekerja, tetapi jika dia tidak lulus, semua usahanya akan siasia Maka kalimat diatas dapat dipecah menjadi skop kanan dan skop kiri menjadi • [1.1] Jika dewi lulus sarjana sistem komputer, orang tuanya akan senang, dan dia dapat segera bekerja • [1.2] jika dia tidak lulus, semua usahanya akan sia-sia Kedua proposisi masih berupa proposisi majemuk: • [1.1.1] Jika dewi lulus sarjana sistem komputer • [1.1.2] orang tuanya akan senang, dan dia dapat segera bekerja • Masih berupa proposisi majemuk

• Mengubah Parse Tree Menjadi Ekspresi Logika • Variabel proposisi

1

1.1

1.1.1

1.1.2.1

– A = Dewi lulus sarjana teknik informatika – B = Orang tua Dewi senang – C = Dewi bekerja – D = Usaha Dewi sia-sia

1.2

1.1.2

– [1.1.2.1] orang tuanya akan senang – [1.1.2.2] dia dapat segera bekerja

1.2.1

1.2.2

1.1.2.2

• Ekspresi logika menjadi – (A(B˄C)) ˄ ( ¬ A  D)

[1.2.1] Dia tidak lulus [1.2.2] Semua usahanya akan sia-sia Revisi : 0.0

Halaman : 6


•

Versi : 1.0

perangkai utama skop kanan

(A ˄B)  (A˅B)

Contoh

• •

Skop kiri

• P=(A ˄B) • Q=(A˅B)

• Dewi mendapat hadiah istimewa tidak berhubungan dengan Dewi Rajin Belajar • Yang menjadi akibat Dewi rajin belajar hanya Dewi Lulus Ujian saja


PQ

– Jika:

– (AB) ˄ C – Karena pernyataan:

Revisi : 0.0

:4


SKEMA

• Ekspresi logika yang tepat :

Versi : 1.0

Pertemuan Ke

Halaman : 7

Dari : 12

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 8

Dari : 12

2

7/4/2017



Pertemuan Ke

:4




Aturan Pengurutan

Pertemuan Ke

:4


Latihan

• Aturan pengurutan digunakan untuk memastikan proses pengerjaan subekspresi

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 9

Pertemuan Ke

Dari : 12

:4


Versi : 1.0


LATIHAN

Revisi : 0.0


Halaman : 10

Pertemuan Ke

Dari : 12

:4


PR • Jika nilai A dan B adalah F, sedangkan C dan D adalah T, carilah nilai kebenaran dari ekspresi logika berikut

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 11

Dari : 12

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 12

Dari : 12

3

7/4/2017



Pertemuan Ke

:5




Pertemuan Ke

:5


TUJUAN • Mengevaluasi ekspresi-ekspresi logika dengan tabel kebenaran • Membuktikan validitas suatu argumen dengan tabel kebenaran yang menghasilkan tautologi • Mengevaluasi hasil evaluasi berupa validitas argumen yang bukan tautologi yakni kontradiksi dan contigent • Memperkenalkan implikasi secara logis dan ekuivalensi secara logis

TAUTOLOGI Dosen: Emy Setyaningsih, S.Si, M.Kom

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 1

Pertemuan Ke

Dari : 15

:5


Versi : 1.0

Revisi : 0.0



Halaman : 2

Pertemuan Ke

Dari : 15

:5


Mengevaluasi validitas argumen

Contoh

• Heuristik untuk mengubah pernyataan menjadi ekspresi logika :

• Jika Badu belajar rajin dan sehat, maka badu lulus ujian, atau jika Badu tidak belajar rajin dan tidak sehat, maka badu tidak lulus ujian • Langkahnya:

• Ambil pernyataan yang pendek, tanpa kata dan, atau, jika..maka..., ...jika dan hanya jika ... pada pernyataan tersebut yang bisa dijawab benar atau salah • Ubahlah pernyataan yg pendek tsb dengan variabel proposional • Rangkailah variabel proposional dengan perangkai yg relevan • Bentuklah menjadi proposisi majemuk jika memungkinkan dengan memberi tanda kurung biasa yg tepat. Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 3

Dari : 15

– Menentukan proposisi yang tepat 1) Badu belajar rajin 2) Badu sehat 3) Badu lulus ujian

– Menggantikan proposisi dengan variabel proposional 1) A = Badu belajar rajin 2) B = Badu sehat 3) C = Badu lulus ujian

– Perangkai yang relevan:

• Implikasi (), negasi (¬), atau (˅) terakhir dan (˄)

– Ubah menjadi ekspresi logika berupa proposisi majemuk:

 A  B   C   A  B   C 

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 4

Dari : 15

1

7/4/2017



Pertemuan Ke

:5



Contoh


Pertemuan Ke

:5


TAUTOLOGI DAN KONTRADIKSI

• Tuliskan ekspresi logika dari pernyataan berikut:

 Tautologi adalah

– Jika Tono pergi kuliah, maka Tini juga pergi kuliah. Jika Siska tidur, maka Tini pergi kuliah. Dengan demikian, jika Tono pergi kuliah atau siska tidur, maka Tini pergi kuliah.

 suatu bentuk kalimat yang selalu bernilai benar (True) tidak peduli bagaimanapun nilai kebenaran masing-masing kalimat penyusunnya,  Dalam tabel kebenaran, suatu tautologi selalu bernilai True pada semua barisnya

 kontradiksi adalah :  suatu bentuk kalimat yang selalu bernilai salah (False), tidak peduli bagaimanapun nilai kebenaran masing-masing kalimat penyusunnya.

 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. Versi : 1.0

Revisi : 0.0


Halaman : 5


Pertemuan Ke

Dari : 15

Versi : 1.0

:5

Revisi : 0.0




Contoh

q

pq

(pq)  q

T

T

T

T

T

F

F

T

F

T

F

T

F

F

F

T

Versi : 1.0

Pertemuan Ke

Dari : 15

:5


Contoh

Tunjukkan bahwa kalimat-kalimat di bawah ini adalah Tautologi dengan menggunakan tabel kebenaran a. (p  q)  q p

Halaman : 6

b. q  (pq) p

q

pq

q  (pq)

T

T

T

T

T

F

T

T

F

T

T

T

F

F

F

T

Semua baris bernilai T Jadi q  (pq) Merupakan Tautologi

Semua baris bernilai T Jadi (p  q)  q Merupakan Tautologi

Revisi : 0.0

Halaman : 7

Dari : 15

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 8

Dari : 15

2

7/4/2017



Pertemuan Ke

:5




Pertemuan Ke

:5


Kontigensi • Kotigensi adalah suatu bentuk kalimat yang bernilai benar (True) dan salah (False) tidak peduli bagaimana pun nilai kebenaran masing-masing kalimat penyu-sunnya. • Contoh: – Tunjukkan apakah pernyataan berikut tautologi, kontradiksi atau kotigensi.

• (pq)  [(p)  (q)]

ini

1. (pq)  [(p)  (q)] 2. (pq)  [(p)  (q)] 3. [(pq)  r]  p Versi : 1.0

Revisi : 0.0


Halaman : 9


Pertemuan Ke

Dari : 15

p

q

B

B

B

S

S

B

S

S

p

q

(pq)

Versi : 1.0

:5

Revisi : 0.0



(pq)


(pq)(p  q)

Halaman : 10

Pertemuan Ke

Dari : 15

:5


(pq)  [(p)  (q)]

• (pq)  [(p)  (q)] p

q

p

q

(pq)

(pq)

(pq)(p  q)

B

B

S

S

B

S

B

B

S

S

B

B

S

B

S

B

B

S

B

S

B

S

S

B

B

S

B

B

p

q

B

B

B

S

S

B

S

S

p

q

(pq)

(pq)

(pq) (p  q)

• Karena (pq)  [(p)  (q)] selalu ber-nilai BENAR untuk setiap nilai p dan q maka (pq)  [(p)  (q)] disebut dengan TAUTOLOGI. Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 11

Dari : 15

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 12

Dari : 15

3

7/4/2017



Pertemuan Ke

:5

p

q

p

q

(pq)

(pq)

(pq) (p  q)

B

B

S

S

B

S

S

B

S

S

B

B

S

S

S

B

B

S

B

S

S

B

S

B

S

S

B

Karena (pq)  [(p)  (q)] selalu ber-nilai SALAH untuk setiap nilai p dan q maka (pq)  [(p)  (q)] disebut dengan KOTRADIKSI. Versi : 1.0

Revisi : 0.0



Pertemuan Ke

:5


[(pq)  r]  p

(pq)  [(p)  (q)]

S




Halaman : 13

Pertemuan Ke

Dari : 15

P B B B B S S S S

Versi : 1.0

Q B B S S B B S S

R B S B S B S B S

(PQ)

[(PQ)R]

Revisi : 0.0

[(PQ)R]P

Halaman : 14

Dari : 15

:5


[(pq)  r]  p P B B B B S S S S

Q B B S S B B S S

R B S B S B S B S

(PQ) B B S S S S S S

[(PQ)R] B S B B B B B B

[(PQ)R]P B B B B S S S S

Karena [(pq)  r]  p bisa bernilai BENAR atau SALAH untuk setiap nilai p dan q maka pernyataan [(pq)  r]  p disebut dengan KONTIGENSI. Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 15

Dari : 15

4

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 6 dan 7




Pertemuan Ke

: 6 dan 7


Tujuan • Menjelaskan bahwa dua ekspresi logis dapat ekuivalen dan dapat dibuktikan dengan tabel • Menjelaskan bahwa dua ekspresi logis yang ekuivalen dapat mempunyai sifat komutatif dan atau asosiatif dengan melihat fungsi yang penting • Menjelaskan hukum-hukum dalam logika yang diperoleh dari ekuivalen berbagai ekspresi logika

EKUIVALENSI LOGIS Dosen: Emy Setyaningsih, S.Si, M.Kom

Versi : 1.0

Revisi : 0.0



Halaman : 1

Pertemuan Ke

Dari : 19

: 6 dan 7


Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 2

Pertemuan Ke

Dari : 19

: 6 dan 7


Ekuivalen (secara logika)

Contoh

• Dua kalimat disebut ekuivalen (secara logika) bila dan hanya bila keduanya mempunyai nilai kebenaran yang sama untuk semua substitusi nilai kebenaran masing-masing kalimat penyusunnya. • Pada tautologi dan juga kontradiksi, jika dua buah ekspresi logika tersebut tautologi atau kontradiksi maka dapat dipastikan kedua ekspresi tersebut ekuivalen secara logis. • Untuk contingent karena memiliki semua nilai T dan F, maka jika urutan T dan F atau sebaliknya pada tabel kebenaran tetap pada urutan yang sama maka tetap disebut ekuivalensi logis • Jika p dan q adalah kalimat-kalimat yang ekuivalen, maka dituliskan p  q. Jika p  q maka q  p juga.

Tentukan apakah pasangan kalimat-kalimat di bawah ini ekuivalen a. (p) dengan p

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 3

Dari : 19

p

p

(p)

T

F

T

F

T

F

Nilai kebenaran sama Jadi (p)  p Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 4

Dari : 19

1

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 6 dan 7




Pertemuan Ke

: 6 dan 7


c. p  q dengan p  q

b. (pq) dengan p  q p T T

q T F

pq

(pq)

T F

F T

p F F

q F T

p

q

pq

p

p  q

p  q

T

T

T

F

T

F

T

F

F

F

F

T

F

T

T

T

T

F

F

T

T

T

F

T

F

T

T

F

T

F

F

F

T

T

T

T Nilai kebenaran sama Jadi p  q  p  q

Nilai kebenaran sama Jadi (pq)  p q Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 5

Pertemuan Ke

Dari : 19

: 6 dan 7


Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 6

Pertemuan Ke

Dari : 19

: 6 dan 7


Hukum – hukum Ekuivalensi Logika 1. Hukum Komutatif pqqp pqqp

2. Hukum Asosiatif (p  q)  r  p  (q  r) (p  q)  r  p  (q  r)

3. Hukum Distributif p  (q  r)  (p  q)  (p  r) p  (q  r)  (p  q)  (p  r)

4. Hukum Identitas pTp pFp

5. Hukum Ikatan pFF pTT

6. Hukum Negasi p  p  F p  p  T

7. Hukum Negasi Ganda (p)  p

8. Hukum Idempoten ppp ppp

9. Hukum De Morgan (p  q)  p  q (p  q)  p  q

10. Hukum Absorbsi p  (p  q)  p p  (p  q)  p

11. Negasi T dan F T  F F  T

12. Hukum Implikasi p  q  p  q

13. Hukum Kontraposisi p  q  q  p

14. Hukum Biimplikasi p  q  (p  q)  (q p)

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 7

PENYEDERHANAAN

Dari : 19

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 8

Dari : 19

2

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 6 dan 7




Pertemuan Ke

: 6 dan 7


Contoh . Sederhanakan bentuk (pq)(pq) dengan menggunakan hukum-hukum ekuivalensi logika Penyelesaian: (pq)(pq)  ((p)q)(pq) (hukum De Morgan)  (pq)(pq) (hukum negasi ganda)  p(qq) (hukum distributif)  pF (hukum negasi) p (hukum identitas) Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 9

Pertemuan Ke

Dari : 19

: 6 dan 7


3. ((pq)(pq))  (pq)  p Penyelesaian: ((pq)(pq))  (pq)  (p(qq))  (pq)  (pT))  (pq)  ((p)T))  (pq)  (pF)  (pq)  p(pq) p Versi : 1.0

(hukum distributif) (hukum negasi) (hukum De Morgan) (hukum negasi dan negasi T & F) (hukum identitas) (hukum absorbsi)

Revisi : 0.0

Halaman : 11

Dari : 19

2.Buktikan ekuivalensi kalimat-kalimat di bawah ini tanpa menggunakan tabel kebenaran a. (pq)  (pq)  p Penyelesaian: (pq)  (pq)  (p(q))  (pq)  (pq)  (pq)  p(qq)  pT  p Versi : 1.0


Revisi : 0.0


(hukum De Morgan) (hukum negasi ganda) (hukum distributif) (hukum negasi) (hukum identitas) Halaman : 10

Pertemuan Ke

Dari : 19

: 6 dan 7


4. Tunjukkan bahwa (A ˅B)˄ A ˄ B) merupakan suatu Kontradiksi dengan menggunakan hukum-hukum ekuivalensi logika. Penyelesaian: (A ˅B)˄ A ˄ B)  A ˄(A ˅B)˄ B) (Hk. Komutatif)  (A ˄(A ˅B))˄ B) (tambah kurung)  (A ˄B)˄ B) (Hk. absorption)  A ˄(B˄ B) (Hk. Asosiatif)  A ˄ F (Hk. Negasi) F (Hk. Idntitas) Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 12

Dari : 19

3

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 6 dan 7


Contoh 5. Tunjukkan bahwa p  ~(p  q) dan p  ~q keduanya ekivalen secara logika. Penyelesaian: p  ~(p  q )  p  (~p  ~q) (Hukum De ogran)  (p  ~p)  (p  ~q) (Hukum distributif)  T  (p  ~q) (Hukum negasi)  p  ~q (Hukum identitas) Versi : 1.0

Revisi : 0.0



Halaman : 13

Pertemuan Ke

Dari : 19

: 6 dan 7




Pertemuan Ke

: 6 dan 7


Contoh 6. Buktikan hukum penyerapan: p  (p  q)  p Penyelesaian: p  (p  q)  (p  F)  (p  q) (Hukum Identitas)  p  (F  q) (Hukum distributif)  pF (Hukum Null)  p (Hukum Identitas)

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 14

Pertemuan Ke

Dari : 19

: 6 dan 7


Menghilangkan Perangkai → Dan ↔ • Perangkai dasar sebenarnya hanya ,, • Jadi semua perangkai dapat dijelaskan hanya dengan tiga perangkai dasar atau alamiah tersebut. • Perangkai implikasi dapat digunakan hukum logika

A  B  A  B • Perangkai biimplikasi dapat digunakan perangkai ekuivalen logis A  B   A  B   A  B  A  B   A  B   B  A

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 15

Dari : 19

Tunjukkan bahwa (p  q)  (q  p) merupakan suatu Tautologi dengan menggunakan hukum-hukum ekuivalensi logika. Penyelesaian:

(p  q)  (q  p)  ((p  q)  (q  p))  ((q  p)  (p  q))  ((p  q)  (q  p))  ((q  p)  (p  q))  ((p  q)  (q  p))  ((q  p)  (p  q))  ((p  q)  (q  p))  ( (q  p)  (p  q))  ((p  q)  (q  p))  ( (p  q)  (q  p))  (p  q)  (q  p)  (p  q)  (q  p)  (p  q)  (p  q) T Versi : 1.0

Revisi : 0.0

(def. biimplikasi) (Hk. implikasi) (Hk. implikasi) (Hk. De Morgan) (Hk. Komutatif) (Hk. Idempoten) (Hk. De Morgan) (Hk. Komutatif) (Hk. Negasi) Halaman : 16

Dari : 19

4

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 6 dan 7



Soal Latihan


Revisi : 0.0


Pertemuan Ke

: 6 dan 7


Penyelesaian Soal Latihan 1

Diberikan pernyataan “Tidak benar bahwa dia belajar Algoritma tetapi tidak belajar Matematika”. (a) Nyatakan pernyataan di atas dalam notasi simbolik (ekspresi logika) (b) Berikan pernyataan yang ekivalen secara logika dengan pernyataan tsb (Petunjuk: gunakan hukum De Morgan)

Versi : 1.0


Halaman : 17

Pertemuan Ke

Dari : 19

Misalkan p : Dia belajar Algoritma q : Dia belajar Matematika maka, (a) ~ (p  ~ q) (b) ~ (p  ~ q)  ~ p  q (Hukum De Morgan) dengan kata lain: “Dia tidak belajar Algoritma atau belajar Matematika” Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 18

Dari : 19

: 6 dan 7


PR

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 19

Dari : 19

5

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 8 dan 9




Pertemuan Ke

: 8 dan 9


Tujuan • Menjelaskan konsistensi antara sekumpulan ekspresi-ekpresi logika yang dibuat dari pernyataan-pernyataan • Menjelaskan teknik strategi pembalikan yang menyalahkan kesimpulan untuk membuktikan validitas suatu argumen • Menjelaskan teknik model yang merupakan salah satu strategi pembalikan untuk memastikan nilainilai premis benar yang harus diikuti oleh kesimpulan yang benar

STRATEGI PEMBALIKAN Dosen: Emy Setyaningsih, S.Si, M.Kom

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 1

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Pendahuluan – pemakaian tabel kebenaran untuk membuktikan pernyataan atau argumen menghasilkan tautologi, kontradiksi atau contingent – Pemakaian hukum logika untuk membuktikan tautologi atau menyederhanakan suatu ekspresi logika yang rumit

• Pada pertemuan ini akan dibahas: – Teknik lain yaitu teknik strategi pembalikan untuk membuktikan validitas suatu ekspresi logika untuk argumen – teknik ini mirip dengan pembahas sebelumnya perbedaannya terletak pada kesimpulan argumen yang harus disalahkan dengan cara dinegasikan atau diberi nilai F

Revisi : 0.0

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


Konsistensi

• Sebelumnya sudah mempelajari :

Versi : 1.0

Halaman : 2

Halaman : 3

Dari : 30

• Definisi: – Koleksi dari pernyataan-pernyataan jika pernyataan tersebut secara simultan semuanya bernilai benar

• Konsisten dapat dibuktikan dengan membuat pernyataan menjadi ekspresi logika dan dibuktikan melalui tabel kebenaran.

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 4

Dari : 30

1

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 8 dan 9




Pertemuan Ke

: 8 dan 9


Penyelesaian

Contoh Konsistensi pada Pernyataan

• Langkah 1 – Mengubah ke variabel proposional

• Berikut contoh pernyataan yang bukan argumen (tdk tedapat kesimpulan yang ditandai dengan kata “Dengan demikian) – Harga gula turun jika impor gula naik. Pabrik gula tidak senang jika harga gula turun. Impor gula naik. Pabrik gula senang.

• A= Harga gula turun • B= impor gula naik • C= Pabrik gula senang

• Langkah 2 – Mengubah pernyataan menjadi ekspresi logika 1) A B 2) B  ¬ C 3) A 4) C

• Langkah 3 – Menyusun ekpresi logika menjadi satu kesatuan • (A  B) ˄ (B  ¬ C) ˄ A ˄ C Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 5

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


Versi : 1.0


Penyelesaian – Membuat tabel kebenaran dari (A  B) ˄ (B  ¬ C) ˄ A ˄ C

– Perhatikan tdk ada satupun ekpresi logika dari masing-masing pernyataan yang memiliki nilai T pada pada deretan pasangan yg sama, sehingga dipastikan hasilnya juga F – Jadi kumpulan pernyataan tersebut tidak konsisten Revisi : 0.0

Halaman : 7


Halaman : 6

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


Contoh Konsistensi pada Argumen

• Konsistensi dapat diterapkan pada argumen yg premisnya bernilai T dan kesimpulannya juga bernilai T sehingga hasilnya juga harus T  argumen disebut valid • Contoh:

• Langkah 4

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Dari : 30

1) Jika Raisa mengadakan konser, maka penonton akan hadir jika harga tiket tidak terlalu mahal 2) Jika Raisa mengadakan konser, maka harga tiket tidak terlalu mahal 3) Dengan demikian jika Raisa mengadakan konser, maka penonton akan hadir Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 8

Dari : 30

2

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 8 dan 9



Penyelesaian


Pertemuan Ke

: 8 dan 9


Penyelesaian

• Langkah 1

• Langkah 4

– Mengubah ke variabel proposional

– Membuat tabel kebenaran dari A→(¬C→B), (A → ¬C)) dan kesimpulan (A → B)

• A= Raisa mengadakan konser • B= Penonton akan hadir • C= Harga tiket terlalu mahal

• Langkah 2 – Mengubah pernyataan menjadi ekspresi logika 1) A→(¬C→B) 2) A → ¬C 3) A → B

• Langkah 3 – Menyusun ekpresi logika menjadi satu kesatuan

– Baris kritis adalah baris 2,5 S/D 8 (baris yang semua hipotesanya bernilai T, ditandai dengan arsiran). Pada baris tersebut kesimpulannya juga bernilai T. Maka argumen tersebut Valid

• (A→(¬C→B) ˄ (A → ¬C)) → (A → B) Versi : 1.0

Revisi : 0.0



Halaman : 9

Pertemuan Ke

Dari : 30

Versi : 1.0

: 8 dan 9



Operasi Strategi Pembalikan

Revisi : 0.0


Halaman : 10

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


Contoh

• Caranya:

•

Dari soal argumen pada soal sebelumnya maka tabel kebenaran dari (A→(¬C→B)˄ (A → ¬C) ) ˄ ¬(A → B)

• •

Hasil negasi dari kesimpulan dengan premis tidak konsisten atau hasilnya F Jadi kemungkinan negasi dari kesimpulan bernilai T bersama-sama dengan premisnya. Karena strategi pembalikan hasil yang semula F justru menjadi T sehingga argumen tersebut valid

– Menegasi kesimpulan, atau – Memberi nilai F

• Sebelumnya sudah dikemukakan bahwa argumen disebut valid jika premis-premisnya benar dan kesimpulan benar • Dengan strategi pembalikan ada perlawanan dari kesimpulan yang tidak cocok dengan premis atau tidak konsisten. • Sehingga Premis bernilai T sedangkan kesimpulan bernilai F

• Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 11

Dari : 30

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 12

Dari : 30

3

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 8 dan 9




Pertemuan Ke

: 8 dan 9


Pendahuluan • Teknik model berusaha mencari premis dan kesimpulan berupa ekspresi logika bernilai T sehingga hasilnya pasti T yang berarti argumen valid. • Karena nilai T diperoleh dari berbagai kemungkinan, dipergunakan strategi pembalikan dengan memberi nilai F pada kesimpulan, sedangkan premis harus tetap bernilai T sehingga hasilnya juga pasti F

MODEL DAN COUNTER MODEL Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 13

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


Versi : 1.0


Contoh 1

1) v(A→(¬C→B) ≡ T (premis 1) 2) v(A → ¬C) ) ≡ T(premis 2) 3) v(A → B) ≡ F (Kesimpulan)

Revisi : 0.0


Halaman : 14

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


Penyelesaian

• Pada soal sebelumnya argumen dapat ditulis dalam ekspresi logika sbb (A→(¬C→B)˄ (A → ¬C) ) ˄ (A → B) • Maka setiap pernyataan akan diberi nilai (value) sbb

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

• Langkah 1: (Cek dengan kesimpulan) – Jika v(A→B) ≡ F, maka hanya satu kemungkinan yakni v(A) ≡ T dan v(B) ≡ F – Jadi v(A) ≡ T – Jadi v(B) ≡ F

• Langkah 2: (Cek dengan premis 1) – Jika v(A→(¬C→B) ≡ T, sedangkan sudah diketahui v(A) ≡ T, maka v(¬C→B) ≡ T – Jika v(¬C→B) ≡ T, sedangkan v(B) ≡ F, maka di sini hanya ada pilihan yakni v(¬C) ≡ F – Jadi v(¬C) ≡ F, maka v(C) ≡ T

Halaman : 15

Dari : 30

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 16

Dari : 30

4

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 8 dan 9




Penyelesaian

Pertemuan Ke

: 8 dan 9


Pembuktian

• Langkah 3: (Cek Premis 2) – Jika v(A → ¬C) ) ≡ T, sedangkan v(A) ≡ T, dan v(¬C) ≡ F – Ini dak mungkin terjadi. Jika v(A) ≡ T, dan v(¬C) ≡ F, maka seharusnya v(A → ¬C) ) ≡ F

• Langkah 4: Kesimpulan – Jadi dak mungkin pada saat yang sama v(A→(¬C→B) ≡ T, v(A → ¬C) ) ≡ T dan v(A→B) ≡ F – Jika tidak mungkin, maka karena ada strategi pembalikan, argumen di atas valid.

• Lihat tabel kebenaran berikut

• Hasilnya adalah tautologi, dan membuktikan bahwa argumen tersebut valid

• Kesimpulan – (A → B) adalah konsekuen yang logis dari premis-premis (A→(¬C→B) dan (A → ¬C) atau – (A → B) adalah model dari (A→(¬C→B) ˄ (A → ¬C) ) Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 17

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Contoh 2

: 8 dan 9


• Variabel proposional – A= Persebaya memenangkan Liga Indonesia – B= Para bonek senang – C= Para bonek minum-minum

• Jadi ekspresi logika menjadi: 1) A → B ≡ T 2) ¬B → C ≡ T 3) ¬C → A ≡ F

Revisi : 0.0

Pertemuan Ke

Dari : 30

Penyelesaian

1) Jika Persebaya memenangkan Liga Indonesia, maka para bonek akan senang 2) Para bonek akan minum-minum jika mereka tidak senang 3) Dengan demikian jika para bonek tidak minum-minum,maka Persebaya akan memenangkan Liga Indonesia

Versi : 1.0

Halaman : 18

Halaman : 19

Dari : 30

Versi : 1.0

(Premis 1) (Premis 2) (Kesimpulan)

Revisi : 0.0

Halaman : 20

Dari : 30

5

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 8 dan 9



Penyelesaian

• Langkah 2: (Cek dengan premis 2) – Jika v(¬B→C) ≡ T, sedangkan sudah diketahui v(C) ≡ F, maka v(¬B) ≡ F – Jika v(¬B) ≡ F, dan v(B) ≡ T



: 8 dan 9


• Langkah 3: (Cek dengan premis 1)

– Jika v(¬C→A) ≡ F, maka hanya satu kemungkinan yakni v(¬C) ≡ T dan v(A) ≡ F – Jadi v(¬C) ≡ T, maka v(C) ≡ F – Jadi v(A) ≡ F dan v(C) ≡ F

Revisi : 0.0

Pertemuan Ke

Penyelesaian

• Langkah 1: (Cek dengan kesimpulan)

Versi : 1.0


Halaman : 21

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


– Jika v(A→B) ≡ T, sedangkan sudah diketahui v(A) ≡ F, maka v(B) ≡ T – Maka hal ini mungkin terjadi karena (F→T) ≡ T

• Langkah 4: Kesimpulan – Jadi mungkin pada saat yang sama v(A→B) ≡ T, v(¬B → C) ≡ T dan v(¬C→A) ≡ F – Jika mungkin, maka karena ada strategi pembalikan, argumen di atas tidak valid.

Versi : 1.0


Pembuktian

Revisi : 0.0


Halaman : 22

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


Contoh 3 1) Jika Dewi menikah, maka Bowo sedih dan Bowo tidak gembira 2) Dewi menikah dan jika Bowo sedih, maka Bowo gembira 3) Dengan demikian, Dewi menikah

• Tabel kebenaran di atas hanya menemukan satu nilai F di antara nilai T sebagai hasil nilai kebenaran dari argumen. • Jadi argumen diatas dikatakan tidak valid walaupun dapat menemukan nilai-nilai premis T dan kesimpulan T Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 23

Dari : 30

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 24

Dari : 30

6

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 8 dan 9




Penyelesaian • Tahap 1

– A= Dewi menikah – B= Bowo sedih – C= Bowo gembira

– Langkah 1: (Cek dengan kesimpulan) • v(A) ≡ F

– Langkah 2: (Cek dengan premis 1) • Jika v(A → (B→ ¬C) ≡ T, sedangkan sudah diketahui v(A) ≡ F, maka v(B→ ¬C) ≡ T, atau v(B→ ¬C) ≡ F • Misalkan dipilih v(B→ ¬C) ≡ F, maka v(B) ≡ T dan v(¬C) ≡ F) • Jadi v(B) ≡ T dan v(¬ C) ≡ F, maka v(C) ≡ T

• Jadi ekspresi logika menjadi: 1) A → (B ˄ ¬C ) ≡ T 2) A ˄ (B→ C) ≡ T 3) A ≡F


(Premis 1) (Premis 2) (Kesimpulan)

Revisi : 0.0


– Langkah 3: (Cek dengan premis 2) • Jika v(A˄(B→C)) ≡ T, sedangkan sudah diketahui v(A) ≡ F, dan v(B) ≡ T dan v(C) ≡ T maka v(B →C) ≡ T, sedangkan v(A˄(B→C)) ≡ F • Ini tidak mungkin karena (F ˄ T) ≡ F, padahal harus ≡ T Halaman : 25

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


Versi : 1.0

Revisi : 0.0


Penyelesaian – Jadi dak mungkin pada saat yang sama v(A → (B ˄ ¬C)) ≡ T, dan v(A˄(B → C) ≡ T serta v(A) ≡ F – Jika tidak mungkin, maka karena ada strategi pembalikan, argumen di atas tidak valid.

• Tetapi masih ada kemungkinan pada tahap 2, yakni nilai v(B→¬C) ≡ T, maka sekarang dilanjutkan ke tahap 2.

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 8 dan 9


• Tahap 2 – Langkah 2: (Cek dengan premis 1) • Jika v(A → (B→ ¬C) ≡ T, sedangkan sudah diketahui v(A) ≡ F, maka v(B→ ¬C) ≡ T, atau v(B→ ¬C) ≡ F • Misalkan dipilih v(B→ ¬C) ≡ T, maka v(B) ≡ T dan v(¬C) ≡ T) atau v(B) ≡ F dan v(¬ C) ≡ T • Misalkan dipilih v(B) ≡ T dan v(¬ C) ≡ T, maka v(C) ≡ F

– Langkah 3: (Cek dengan premis 2) • • • •

Revisi : 0.0


Halaman : 26

Penyelesaian

• Langkah 4: Kesimpulan

Versi : 1.0

: 8 dan 9


Penyelesaian

• Variabel proposional

Versi : 1.0

Pertemuan Ke

Halaman : 27

Dari : 30

Versi : 1.0

Jika v(A˄(B→C)) ≡ T, Padahal diketahui v(A) ≡ F Jika v(B) ≡ T dan v(C) ≡ F maka v(B →C) ≡ F Maka tidak mungkin v(A˄(B→C)) ≡ T, karena (F ˄ F) ≡ F, padahal harus T Revisi : 0.0

Halaman : 28

Dari : 30

7

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 8 dan 9



Penyelesaian


Pertemuan Ke

: 8 dan 9


Pembuktian

• Langkah 4: Kesimpulan – Jadi dak mungkin pada saat yang sama v(A→(B˄¬C)) ≡ T, dan v(A˄(B → C) ≡ T serta v(A) ≡ F – Jika tidak mungkin, maka karena ada strategi pembalikan, argumen di atas tidak valid

• Tabel kebenaran di atas menemukan semua premis berlawanan, jadi seharusnya premis F dan argumen tidak valid. • Akan tetapi validitas tetap diterima karena hasilnya ternyata tautologi Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 29

Dari : 30

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 30

Dari : 30

8

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 10 dan 11




Pertemuan Ke

: 10 dan 11


Argumen • Argumen adalah rangkaian kalimat-kalimat • Semua kalimat-kalimat tersebut kecuali yang terakhir disebut Hipotesa (asumsi/premise) • Kalimat terakhir disebut Kesimpulan p1  p2   hipotesa   pn 

INFERENSI LOGIKA Dosen: Emy Setyaningsih, S.Si, M.Kom

 q kesimpulan (konklusi) (tanda  q dibaca "jadi q ") Versi : 1.0

Revisi : 0.0



Halaman : 1

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


Versi : 1.0


Argumen Valid dan Invalid

• Sebaliknya, meskipun semua hipotesa benar tetapi ada kesimpulan yang salah, maka argumen tersebut dikatakan Invalid. • Kalau suatu argumen dan semua hipotesanya bernilai benar, maka kebenaran nilai konklusi dikatakan sebagai “diinferensikan (diturunkan) dari kebenaran hipotesa” Revisi : 0.0

Halaman : 3


Halaman : 2

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


Argumen Valid dan Invalid

• Suatu Argumen dikatakan Valid apabila untuk sembarang pernyataan yang disubstitusikan kedalam hipotesa, jika semua hipotesa tersebut benar, maka kesimpulan juga benar.

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Dari : 30

Untuk mengecek apakah suatu argumen merupakan kalimat yang Valid, dapat dilakukan lagkah-langkah sebagai berikut : 1. Tentukan hipotesa dan kesimpulan kalimat 2. Buat tabel yang menunjukkan nilai kebenaran untuk semua hipotesa dan kesimpulan 3. Carilah basis kritis, yaitu baris di mana semua hipotesa bernilai benar 4. Dalam baris kritis tersebut, jika semua nilai kesimpulan benar, maka argumen itu Valid. Jika diantara baris kritis tersebut ada baris dengan nilai kesimpulan yang salah, maka argumen tersebut adalah Invalid. Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 4

Dari : 30

1

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 10 dan 11




Pertemuan Ke

: 10 dan 11


Cara 1: Bentuklah tabel kebenaran untuk p, q, dan p  q

Contoh 1

Perlihatkan bahwa argumen berikut: Jika air laut surut setelah gempa di laut, maka tsunami datang. Air laut surut setelah gempa di laut. Karena itu tsunami datang. adalah sahih. Penyelesaian: Misalkan: p : Air laut surut setelah gempa di laut q : Tsunami datang: Argumen: pq p  q

p

q

T T F F

T F T F

pq T F T T

(baris (baris (baris (baris

1) 2) 3) 4)

Argumen dikatakan sahih jika semua hipotesisnya benar, maka konklusinya benar. Kita periksa apabila hipotesis p dan p  q benar, maka konklusi q juga benar sehingga argumen dikatakan benar. Periksa tabel, p dan p  q benar secara bersama-sama pada baris 1. Pada baris 1 ini q juga benar. Jadi, argumen di atas sahih.

Ada dua cara yang dapat digunakan untuk membuktikan kesahihan argumen ini. Versi : 1.0

Revisi : 0.0



Halaman : 5

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


Contoh 2: Perlihatkan bahwa penalaran pada argumen berikut:

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 6

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


Contoh 3

“Jika air laut surut setelah gempa di laut, maka tsunami datang. Tsunami datang. Jadi, air laut surut setelah gempa di laut” tidak benar, dengan kata lain argumennya palsu. Penyelesaian: Argumen di atas berbentuk

• Periksa kesahihan argumen berikut ini Jika 5 lebih kecil dari 4, maka 5 bukan bilangan prima 5 tidak lebih kecil dari 4  5 adalah bilangan prima

• Penyelesaian?

pq q p Dari tabel tampak bahwa hipotesis q dan p  q benar pada baris ke-3, tetapi pada baris 3 ini konklusi p salah. Jadi, argumen tersebut tidak sahih atau palsu, sehingga penalaran menjadi tidak benar. Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 7

Dari : 30

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 8

Dari : 30

2

7/4/2017



Pertemuan Ke

Penyelesaian: Misalkan p : 5 lebih kecil dari 4 q: 5 adalah bilangan prima. Argumen: p  ~q ~p  q p q ~ q p ~q T T F F

T F T F

F T F T

: 10 dan 11

F T T T

~p F F T T

Halaman : 9


Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


b. p  (q  r) q  (p  r) pr Versi : 1.0

: 10 dan 11

Revisi : 0.0



Penyelesaian:

Halaman : 10


Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


b. Hipotesanya adalah p  (q  r) dan q  (p  r) Konklusinya adalah p  r Tabel kebenarannya sebagai berikut:

a. Ada 2 hipotesa, masing-masing p  (q  r) dan r. Kesimpulannya adalah p  q. Tabel kebenaran dari hipotesa-hipotesa dan kesimpulan tersebut adalah:

Baris p q r r ke

(q  r)

pr

p  (q  r)

q  (p  r)

pr T

Baris ke

p

q

r

qr

p  (q  r)

r

pq

1

T T T

F

T

T

T

T

1

T

T

T

T

T

F

T

2

T T F

T

T

F

T

F

F

2

T

T

F

T

T

T

T

3

T F T

F

F

T

F

T

T

3

T

F

T

T

T

F

T

4

T F F

T

T

F

T

T

F

4

T

F

F

F

T

T

T

5

F T T

F

T

F

T

F

T

5

F

T

T

T

T

F

T

6

F T F

T

T

F

T

F

T

6

F

T

F

T

T

T

T

7

F F T

F

F

F

T

T

T

7

F

F

T

T

T

F

F

8

F F F

T

T

F

T

T

T

8 F F F F F T F Baris kritis adalah baris 2,4 dan 6 (baris yang semua hipotesanya bernilai T, ditandai dengan arsiran). Pada baris tersebut kesimpulannya juga bernilai T. Maka argumen tersebut Valid. Versi : 1.0

Pertemuan Ke

Tentukan apakah Argumen di bawah ini Valid/Invalid ? a. p  (q  r) r pq

Revisi : 0.0



Latihan

Tabel diatas memperlihatkan tabel kebenaran untuk kedua hipotesis dan konklusi tersebut. Baris ke-3 dan ke-4 pada tabel tersebut adalah baris di mana p  ~q dan ~ p benar secara bersama-sama, tetapi pada baris ke-4 konklusi q salah (meskipun pada baris ke-3 konklusi q benar). Ini berarti argumen tersebut palsu. Versi : 1.0



Revisi : 0.0

Halaman : 11

Dari : 30

Baris kritis adalah baris 1,4,7 dan 8. Pada baris ke-4 konklusinya bernilai F. Maka argumen tersebut Invalid. Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 12

Dari : 30

3

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 10 dan 11




Pertemuan Ke

: 10 dan 11


1. Modus Ponens

Metode-metode inferensi • Metode-metode inferensi yaitu teknik untuk menurunkan kesimpulan (konklusi) berdasarkan hipotesa yang ada, tanpa harus menggunakan tabel kebenaran. • Beberapa metode inferensi untuk menentukan kevalidan adalah sebagai berikut:

pq p q Pada tabel kebenaran terlihat: Baris ke

p

q

pq

p

q

1

T

T

T

T

T

2

T

F

F

T

F

3

F

T

T

F

T

4

F

F

T

F

F

Baris kritis adalah baris pertama. Pada baris tersebut, konklusi bernilai T sehingga argumennya valid. Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 13

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


Versi : 1.0


Contoh Modus ponens

Revisi : 0.0


Halaman : 14

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


2. Modus Tollens pq q  p

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

Contoh:  Bilangan tersebut habis dibagi 10. Jika Zeus seorang manusia, maka ia dapat mati Zeus tidak dapat mati  Zeus bukan seorang manusia

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 15

Dari : 30

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 16

Dari : 30

4

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 10 dan 11



3. Penambahan Disjungtif


Pertemuan Ke

4. Penyederhanaan Konjungtif

p pq

pq p

q pq

pq q

Contoh:

Contoh:

Simon adalah siswa SMU (Sekolah Menengah Umum)

Lina menguasai bahasa Basic dan Pascal

 Simon adalah siswa sekolah menengah (SMU atau SMP)

 Lina menguasai bahasa Basic

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 17

Pertemuan Ke

Dari : 30

Versi : 1.0

: 10 dan 11

Revisi : 0.0



5. Silogisme Disjungtif


Halaman : 18

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


6. Silogisme hipotesis

pq p q

pq qr pq

pq q p

Contoh: Jika 18486 habis dibagi 18, maka 18486 habis dibagi 9 Jika 18486 habis dibagi 9, maka jumlah digit-digitnya habis dibagi 9

Contoh: Kunci kamarku ada di sakuku atau tertinggal di rumah Kunci kamarku tidak ada di sakuku  Kunci kamarku tertinggal di rumah Versi : 1.0

: 10 dan 11


Revisi : 0.0



Halaman : 19

Dari : 30

Versi : 1.0

Jika 18486 habis dibagi 18, maka jumlah digitnya habis dibagi 9

Revisi : 0.0

Halaman : 20

Dari : 30

5

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 10 dan 11



7. Dilema

pq pr qr r


Pertemuan Ke

: 10 dan 11


8. Konjungsi p q pq

Contoh:

Contoh:

Nanti malam Adi mengajak saya nonton atau mengajak saya makan di restoran Jika Adi mengajak saya nonton, maka saya akan senang Jika Adi mengajak saya makan di restoran, maka saya akan senang

Hari ini hari Minggu Hari ini libur Hari ini hari Minggu dan Libur

 Nanti malam saya akan senang Versi : 1.0

Revisi : 0.0


Halaman : 21


Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


Versi : 1.0


9. Logika Inferensi • Modus Ponen pq p q

• Modus Tollen pq

q  p

q

pq

 pq


• Silogisme Disjungtif pq pq p q q

Pertemuan Ke

pq

p

q

pq pr qr

p

r

• Silogisme Hipotesis

 Konjungsi p q

pq qr

Revisi : 0.0

: 10 dan 11

 Dilema

pq

pr Versi : 1.0

Dari : 30


 Penyederhanaan Konjungtif pq

Halaman : 22

Logika Inferensi (2)

 Penambahan Disjungtif p

Revisi : 0.0

Halaman : 23

Dari : 30

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 24

Dari : 30

6

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 10 dan 11


• 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 : – Jika kacamataku ada di meja dapur, maka aku pasti sudah melihatnya ketika sarapan pagi. – Aku membaca koran di ruang tamu atau aku membacanya di dapur. – Jika aku membaca koran di ruang tamu, maka pastilah kacamataku kuletakkan di meja tamu. – Aku tidak melihat kacamataku pada waktu sarapan pagi. – Jika aku membaca buku di ranjang, maka kacamata kuletakkan di di meja samping ranjang. – Jika aku membaca koran di dapur, maka kacamataku ada di meja dapur.

• Berdasarkan fakta-fakta tersebut, tentukan di mana letak kacamata tersebut ! Revisi : 0.0



Halaman : 25

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


Dengan simbol-simbol tersebut maka faktafakta di atas dapat ditulis sebagai berikut : a) b) c) d) e) f)


Pertemuan Ke

: 10 dan 11


Penyelesaian:

Contoh Soal 1

Versi : 1.0


Untuk memudahkan pemahaman dan penggunaan hukum-hukum inferensi, maka kalimat-kalimat tersebut terlebih dulu dinyatakan dalam simbol-simbol logika. Misal : p : Kacamataku ada di meja dapur q : Aku melihat kacamataku ketika sarapan pagi r : Aku membaca koran di ruang tamu s : Aku membacan koran di dapur t : Kacamata kuletakkan di meja tamu u : Aku membaca buku di ranjang w : Kacamata kuletakkan di di meja samping ranjang Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 26

Pertemuan Ke

Dari : 30

: 10 dan 11


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  s fakta (b) s kesimpulan dari (2) r dengan Silogisme Disjungtif 4. r  t fakta (c) r kesimpulan dari (3) t dengan Modus Ponen

pq rs rt q uw sp

Kesimpulan : Kacamata ada di meja tamu Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 27

Dari : 30

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 28

Dari : 30

7

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 10 dan 11


• Perhatikan bahwa untuk mencapai kesimpulan akhir, tidak semua fakta dipergunakan. • Seperti pada kasus di atas, fakta (e) tidak dipergunakan. • Hal ini tidak menjadi masalah selama penurunan dilakukan dengan menggunakan metode inferensi yang benar.

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 29

Dari : 30



Pertemuan Ke

: 10 dan 11


Contoh Soal 2:

Buktikan kevalidan Argumen di bawah ini dengan menggunakan prinsip-prinsip inferensi logika pq (p  q)  r r Penyelesaian: 1. p  q hipotesa p Penyederhanaan Konjungtif 2. p hasil dari (1) pq Penambahan Disjungtif 3. (p  q)  r hipotesa pq hasil dari (2) r Modus Ponen Jadi terbukti Argumen di atas merupakan argumen yang valid. Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 30

Dari : 30

8

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 12




Pertemuan Ke

: 12


Pendahuluan • Untuk membuktikan ke VALIDAN sebuah argumen, biasa digunakan tabel kebenaran. Semakin banyak variabel proposional yang digunakan maka semakin besar pula tabel kebenaran yang akan dibuat • Sekarang kita akan belajar tentang TABLO SEMANTIK dan cara membuktikan kevalidan suatu argumen dengan menggunakan Tablo semantik + Strategi Pembalikan (Menegasi kesimpulan)

TABLO SEMANTIK Dosen: Emy Setyaningsih, S.Si, M.Kom

Versi : 1.0

Revisi : 0.0



Halaman : 1

Pertemuan Ke

Dari : 18

: 12


• Tablo semantik adalah bentuk-bentuk proposisi yang dibangun berdasarkan ATURAN TERTENTU yang biasanya berbentuk POHON TERBALIK dengan cabang-cabang dan ranting yang relevan • Dalam strategi pembalikan jika diketahui

– premis-premis bernilai T dan kesimpulan bernilai F, jika hal itu bisa dibuktikan maka argumen tsb TIDAK VALID. – Sebaliknya jika hal tsb tidak bisa dibuktikan maka argumen tersebut VALID.

• Jadi premis-premis yang bernilai T seharusnya juga menghasilkan kesimpulan yang bernilai T juga. • Kesimpulan ini disebut Semantically entailed dari premispremis Revisi : 0.0

Halaman : 3

Revisi : 0.0



Halaman : 2

Pertemuan Ke

Dari : 18

: 12


10 aturan tablo semantik

Apa itu Tablo Semantik

Versi : 1.0

Versi : 1.0

Dari : 18

1. A  B A B 2. A  B /\ A B 3. A → B / \ ~A B Versi : 1.0

4.

A↔B / \ A ^ B ~A ^ ~ B 5. -AB /\ -A B -(A → B) 6. A -B Revisi : 0.0

Halaman : 4

Dari : 18

1

7/4/2017



Pertemuan Ke

10. Jika ada bentuk logika A dan negasinya (A) yang berada pada satu deretan cabang dari tablo, maka terjadi ketidakkonsistenan pada cabang tersebut, dan cabang dinyatakan “tertutup (closed)”, dan cabang tersebut tidak bisa dikembangkan lagi. Hal ini disebabkan karena A dan A tidak mungkin benar bersama-sama pada satu saat tertentu.

7. (A  B) A B 8. ( A ) A 9. (A ↔ B) / \ A ^ ~B ~A ^ B

Versi : 1.0

Revisi : 0.0


: 12



Halaman : 5

Pertemuan Ke

Dari : 18

: 12


Contoh • Terdapat 2 buah ekspresi logika: ~(A →B) ~A v B

(2)

~A

B aturan 2 pada

A A pada (1) ~B ~B (tutup) (tutup) Versi : 1.0

• Atau ~(A→B) ~A v B | A ~B

(1) (2)

aturan 8

(1) (2) aturan 8 pada(1)

~A B aturan 2 pada (2) (tutup) (tutup)

Revisi : 0.0

Halaman : 7

Dari : 18



Pertemuan Ke

: 12


Kevalidan Tablo Semantik • Jika semua cabang tablo tertutup, maka ekspresi logika disebut bersama-sama tidak konsisten (mutually inconsistent) atau mereka bernilai salah semua. • Akan tetapi jika terdapat satu cabang saja yang terbuka maka ada setidak-tidaknya satu baris yang bernilai T (dinamakan tablo semantik yang konsisten)

Versi : 1.0

Revisi : 0.0



Halaman : 6

Pertemuan Ke

Dari : 18

: 12


Heuristik untuk Mengefisienkan

Pembuatan Tablo 1. Carilah ekspresi logika yang dapat memakai aturan tanpa cabang (satu cabang) 2. Carilah ekspresi logika yang isinya mempunyai bentuk, yang tablonya pasti tertutup, misalnya A dengan negasinya (~A), agar cabang tablo tertutup dan tidak dapat dikembangkan lagi

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 8

Dari : 18

2

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 12




Pertemuan Ke

: 12


Contoh • Apakah himpunan dari 4 buah ekspresi logika berikut bersama-sama mutually consistent ~AvB, ~(B^~C); C→D, dan ~(~A v D)

• Jawab: – Tuliskan semua ekspresi logika • • • •

~A v B ~(B ^ ~C) C→D ~(~A v D)

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 9

Pertemuan Ke

Dari : 18

: 12


Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 10

Pertemuan Ke

Dari : 18

: 12


• Seluruh tablo tertutup, artinya kesatuan ekspresi tersebut tidak konisten (mutually inconsisten)

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 11

Dari : 18

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 12

Dari : 18

3

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 12




Pertemuan Ke

Tablo Semantik dan Strategi Pembalikan

: 12


• Tablo semantik :

– hanya dapat digunakan untuk membuktikan suatu argumen. – Akan tetapi jika digabungkan dengan strategi pembalikan dengan menegasi kesimpulan. – Maka dapat digunakan untuk menguji kevalidan suatu argumen

• Jika tablo semantik + strategi pembalikan dengan menegasi kesimpulan = tertutup semua. – Maka terjadi argumen tidak konsisten – Karena tidak konsisten itu terjadi karena strategi pembalikan dengan menegasi kesimpulan maka argumen tersebut VALID

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 13

Pertemuan Ke

Dari : 18

: 12


Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 14

Pertemuan Ke

Dari : 18

: 12


Contoh • Jika Badu mencontek saat ujian, maka dosen akan datang jika pengawas tidak lalai. Jika Badu mencontek saat ujian, maka pengawas tidak lalai. Dengan demikian, jika Badu mencontek, maka dosen akan datang. • Variabel proposionalnya: – A=Badu mencontek saat ujian – B= dosen akan datang – C= pengawas lalai

• Ekspresi logikanya – A→(~C →B) – A →~C – A →B

• Setelah dilakukan SP negasi kesimpulan: – A →(~C →B) – A →~C – ~(A →B)

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 15

Dari : 18

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 16

Dari : 18

4

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 12




Pertemuan Ke

: 12


PR • Cek konsistensi (Tablo Semantik), Cek Kevalidan (TS+SP menegasi kesimpulan), cek kevalidan (Strategi Pembalikan dengan menyalahkan kesimpulan) dari argumen berikut:

1) Tono dan Tini pergi ke pesta. Jika tini pergi ke pesta, maka Dewi pergi ke pesta, jika Bowo tidak pergi ke pesta. Bowo pergi ke pesta jika Tono tidak pergi ke pesta. Dengan demikian, Dewi pergi ke pesta 2) Jika Bowo tinggal di Jogja, dia tinggal di Indonesia, Bowo tinggal di Jogja. Dengan demikian, dia tinggal di Indonesia 3) Jika Dito tidak tinggal di Jogja, dia tidak tinggal di Indonesia. Dito tinggal di Indoensia. Dengan demikian, Dito tidak tinggal di Jogja

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 17

Dari : 18

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 18

Dari : 18

5

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14




Pertemuan Ke

: 13 dan 14


PENDAHULUAN • Komputer digital modern dirancang, dipelihara, dan operasinya dianalisis dengan memakai teknik dan simbologi dari bidang matematika yang dinamakan aljabar modern atau aljabar Boolean • pengetahuan mengenai aljabar boolean ini merupakan suatu keharusan dalam bidang komputer.

GERBANG LOGIKA (ALJABAR BOOLEAN) Dosen: Emy Setyaningsih, S.Si, M.Kom

Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 1

Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14



KONSEP POKOK ALJABAR BOOLEAN • Variabel – variabel yang dipakai dalam persamaan aljabar boolean memiliki karakteristik • Variabel tersebut hanya dapat mengambil satu harga dari dua harga yang mungkin diambil. Kedua harga ini dapat dipresentasikan dengan simbol “ 0 ” dan “ 1 ”.

Versi : 1.0

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 3

Dari : 45

Revisi : 0.0


PENAMBAHAN LOGIS • • • •

Halaman : 2

0+0=0 0+1=1 1+0=1 1+1=1

Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


PERKALIAN LOGIS • • • •

0.0=0 0.1=0 1.0=0 1.1=1

KOMPLEMENTASI ATAU NEGASI • 0’ = 1 • 1’ = 0

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 4

Dari : 45

1

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14


HUKUM DASAR ALJABAR BOOLEAN


Revisi : 0.0



Pertemuan Ke

: 13 dan 14


HUKUM DASAR ALJABAR BOOLEAN d. Hukum Identitas A+A=A A.A=A e. Hukum Negasi A + A’ = 1 A . A’ = 0 f. Hukum Redundan A+A.B=A A . (A + B) = A

a. Hukum Komutatif A+B=B+A A.B=B.A b. Hukum Asosiatif (A + B) + C = A + (B + C) (A . B) . C = A . (B . C) c. Hukum Distributif A . (B + C) = A . B + A . C A + (B . C) = (A + B) . ( A + C ) Versi : 1.0


Halaman : 5

Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 6

Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


SUMMARY

HUKUM DASAR ALJABAR BOOLEAN g. Indentitas 0+A=A 1.A=A 1+A=1 0.A=0 A+A.B=A+B i. Teorema De Morgan (A + B) = A . B (A . B) = A + B Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 7

Dari : 45

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 8

Dari : 45

2

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14




LATIHAN 1

Tabel Kebenaran: (X + Y) (X + Z) = X + Y . Z

Penyelesaian: (X + Y) (X + Z) = X . X + X . Z + X . Y + Y . Z =X+X.Z+X.Y+Y.Z = X . (1 + Z) + X . Y + Y . Z = X . (1) + X . Y + Y . Z =X+X.Y+Y.Z = X . (1 + Y) + Y . Z = X . (1) + Y . Z =X+Y.Z


Revisi : 0.0


: 13 dan 14


LATIHAN 1

Sederhanakan ungkapan dibawah ini dan sertakan tabel kebenarannya: (X + Y) (X + Z)

Versi : 1.0

Pertemuan Ke

Halaman : 9

Pertemuan Ke

Dari : 45

X

Y

Z

(X + Y)

(X + Z)

(X + Y) (X + Z)

Y.Z

X+Y.Z

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

0

1

1

0

1

1

1

1

0

1

1

0

0

1

1

1

0

1

0

1

1

1

1

1

1

1

0

1

0

1

0

0

0

0

0

0

1

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

Versi : 1.0

: 13 dan 14

Revisi : 0.0



Halaman : 10


LATIHAN 2

Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


LATIHAN 2 Tabel Kebenaran: XY + YZ + YZ = Y(X + Z)

Buktikan bahwa: XY + YZ + YZ = Y(X + Z) Lengkapi dengan tabel kebenarannya! Penyelesaian XY + YZ + YZ = XY + Z(Y + Y) = XY + Z(Y) = XY + ZY = Y(X + Z)  XY + YZ + YZ = Y(X + Z) ..... (Terbukti)

X

Y

Z

XY

YZ

XY + YZ

XY + YZ + YZ

X+Z

Y(X + Z)

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

0

1

1

1

1

1

0

1

0

0

0

0

1

0

1

0

0

0

0

0

0

1

0

0

1

1

0

1

1

1

1

1

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

 XY + YZ + YZ = Y(X + Z) ..... (Terbukti) Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 11

Dari : 45

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 12

Dari : 45

3

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14




LATIHAN 3

Pertemuan Ke

: 13 dan 14


LATIHAN 3 Tabel Kebenaran: X'YZ + X'YZ' + XZ = X'Y + XZ

Sederhanakan pernyatan berikut: X'YZ + X'YZ' + XZ Sertakan tabel kebenarannya: Penyelesaian X'YZ + X'YZ' + XZ = X'Y(Z + Z') + XZ = X'Y(1) + XZ = X'Y + XZ  X'YZ + X'YZ' + XZ = X'Y + XZ

X

Y

Z

X’

Z’

XZ

X’Y

X’YZ

X’YZ’

X’YZ + X’YZ’ + XZ

X’Y + XZ

1

1

1

0

0

1

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

0

0

0

0

0

0

1

0

1

0

0

1

0

0

0

1

1

1

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

1

1

1

0

0

1

1

0

1

1

0

1

0

1

1

0

1

1

1

1

1

0

0

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

1

0

0

0

0

0

0

 X'YZ + X'YZ' + XZ = X'Y + XZ Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 13

Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 14

Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


LATIHAN SOAL Buktikan identitas persamaan Boolean berikut ini dengan menggunakan manipulasi aljabar dan tabel kebenaran: 1. XY + XY’ = X 2. X + X’Y = X + Y 3. (X + Y)(X + Y’) = X 4. X’Y’ + X’Y + XY = X’Y 5. A’B + B’C’ + AB + B’C = 1

PENGANTAR GERBANG LOGIKA

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 15

Dari : 45

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 16

Dari : 45

4

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14



1. GERBANG NOT


Pertemuan Ke

1. GERBANG NOT

Gerbang NOT sering disebut juga dengan istilah inverter atau pembalik. Logika dari gerbang ini adalah membalik apa yang di-input ke dalamnya. Biasanya input-nya hanya terdiri dari satu kaki saja.

TABEL KEBENARAN GERBANG NOT

Ketika input yang masuk adalah 1, maka hasil outputnya adalah 0. Jika input yang masuk adalah 0, maka hasil output-nya adalah 1. Versi : 1.0


Revisi : 0.0

Halaman : 17


Pertemuan Ke

Dari : 45

Versi : 1.0

: 13 dan 14



2. GERBANG AND

1

0

0

1

Halaman : 18


Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


TABEL KEBENARAN GERBANG AND

A B

Y

Revisi : 0.0

Y

2. GERBANG AND

Input dari gerbang AND selalu lebih dari 1, misalnya 2, 3, 4, dan seterusnya tetapi OUTPUT-nya tetap 1. Contoh gerbang logika untuk 2 buah input dan 3 buah input adalah sebagai berikut. Versi : 1.0

A

Revisi : 0.0

Gerbang AND memiliki karakteristik logika di mana Jika SEMUA INPUT BERNILAI 1, maka hasil OUTPUT-NYA AKAN BERNILAI 1 PULA. Jika SALAH SATU inputnya bernilai NOL maka outputnya juga bernilai NOL.

A B

: 13 dan 14


Halaman : 19

Dari : 45

Versi : 1.0

Y

A

B

Y

1

1

1

1

0

0

0

1

0

0

0

0

Revisi : 0.0

Halaman : 20

Dari : 45

5

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14



2. GERBANG AND

Y

Versi : 1.0


A

B

C

Y

1

1

1

1

1

1

0

0

1

0

1

0

1

0

0

0

0

1

1

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

Revisi : 0.0

Halaman : 21


Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


Input dari gerbang OR selalu lebih dari 1, misalnya 2, 3, 4, dan seterusnya tetapi OUTPUT-nya tetap 1. Contoh gerbang logika OR untuk 2 buah input dan 3 buah input adalah sebagai berikut. Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 22

Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


4. GERBANG NAND

TABEL KEBENARAN GERBANG OR A

B

Y

1

1

1

1

0

1

0

1

1

0

0

0

Revisi : 0.0

: 13 dan 14


Gerbang OR memiliki karakteristik logika di mana Jika SEMUA INPUT BERNILAI 0, maka hasil OUTPUT AKAN BERNILAI 0 pula. Jika salah satu INPUTNYA bernilai 1 maka outputnya juga bernilai 1.

3. GERBANG OR

Versi : 1.0

Pertemuan Ke

3. GERBANG OR

TABEL KEBENARAN GERBANG AND

A B C


Halaman : 23

Gerbang NAND adalah singkatan dan NOTAND, sehingga gerbang NAND adalah kebalikan dari AND.

Sehingga Jika SEMUA INPUTNYA BERNILAI 1, maka hasil OUTPUT-NYA BERNILAI 0. Jika SALAH SATU atau KEDUA-DUANYA bernilai 0 maka outputnya bernilai 1.

Dari : 45

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 24

Dari : 45

6

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14



4. GERBANG NAND


B

Y

1

1

0

1

0

1

0

1

1

0

0

1

Halaman : 25


Pertemuan Ke

Sehingga Jika SEMUA INPUTNYA BERNILAI 0, maka hasil OUTPUT-NYA BERNILAI 1. Jika SALAH SATU atau KEDUA-DUANYA bernilai 1 maka outputnya bernilai 0. Dari : 45

: 13 dan 14


Versi : 1.0


5. GERBANG NOR


Halaman : 26

Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


Gerbang XOR adalah singkatan dan Exclusive OR, yang merupakan modifikasi dari gerbang OR.

A

B

Y

1

1

0

1

0

0

0

1

0

0

0

1

Revisi : 0.0

Revisi : 0.0

6. GERBANG XOR

TABEL KEBENARAN GERBANG NOR

Versi : 1.0

: 13 dan 14


Gerbang NOR adalah singkatan dan NOT OR, sehingga gerbang NOR adalah kebalikan dari OR.

A

Revisi : 0.0

Pertemuan Ke

5. GERBANG NOR

TABEL KEBENARAN GERBANG NAND

Versi : 1.0


Halaman : 27

Sehingga Jika INPUTNYA SAMA, maka OUTPUT-NYA BERNILAI 0. Jika INPUTNYA BERBEDA maka OUTPUTNYA BERNILAI 1. Dari : 45

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 28

Dari : 45

7

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14



6. GERBANG XOR


B

Y

1

1

0

1

0

1

0

1

1

0

0

0

Halaman : 29


Pertemuan Ke

Sehingga Jika INPUTNYA SAMA, maka OUTPUT-NYA BERNILAI 1. Jika INPUTNYA BERBEDA maka OUTPUTNYA BERNILAI 0.

Dari : 45

Versi : 1.0

: 13 dan 14

Revisi : 0.0



Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Y

1

1

1 0

0 1

0 0

0

: 13 dan 14


Buatlah tabel kebenaran dari gerbang logika berikut ini!

1

0

Pertemuan Ke

Dari : 45

Contoh

TABEL KEBENARAN GERBANG XNOR B

Halaman : 30


7. GERBANG XNOR A

: 13 dan 14


Gerbang XNOR adalah kebalikan dari XOR, sehingga :

A

Revisi : 0.0

Pertemuan Ke

7. GERBANG XNOR

TABEL KEBENARAN GERBANG XOR

Versi : 1.0


Tabel Kebenaran

C

E

A

Y

B D

1

Halaman : 31

Dari : 45

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

A

B

C

D

E

Y

1

0

0

1

0

1

1

1

1

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

1

0

1

0

1

Halaman : 32

Dari : 45

8

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14



Soal Latihan


Pertemuan Ke

: 13 dan 14


Jawaban Soal Latihan

Buatlah tabel kebenaran gerbang logika berikut ini

Berikan identitas untuk setiap input dan outputnya.

Buatlah tabel kebenarannya. Versi : 1.0

Revisi : 0.0


Halaman : 33


Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


Versi : 1.0


Revisi : 0.0


Halaman : 34

Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


Jawaban Soal Latihan A

B

C

D

E

F

G

H

Y

1

1

0

1

0

1

1

0

0

1

0

1

0

1

0

1

1

1

0

1

1

0

1

0

1

1

1

0

0

1

0

0

0

0

1

0

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 35

MINIMISASI SUATU RANGKAIAN DIGITAL DENGAN PETA KARNAUGH (PK) / (KARNAUGH MAP) Dari : 45

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 36

Dari : 45

9

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14



Peta Karnaugh 2 Variabel AB

Y=A A

Nomor urut decimal kotak data PK 2 variabel AB

0

1

0

B

A B

0

1

AB (00)

AB (10)

0

2

AB (01)

AB (11)

1

3

Revisi : 0.0


Halaman : 37


Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


1

0 0 1

1 Y=

0

1

Y= 0

1

1

1

1

1

0

1

Y=

1

1

1

0

1

1

Y= 0

1

0 1 Versi : 1.0

1

1

0

1

0

Y=

1 1 0

0

1

1

Y=

0

1

0

1

1

1

1

Y= 0

0

Y=

Revisi : 0.0

0

1

B

0

1

0

1

0

1

1

1

1

1

Y=AB A

0

B

0

1

1

Y = AB A B

0

1

B

0

1

Versi : 1.0


1

B

0

1

1

1

Revisi : 0.0


0

0

1

1

1

1

Y = AB A

0 1

0

Y=B A

Y = AB 1

1

A B

0

1

0

1

1

Halaman : 38

Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


1

1 0

0

1

B

Y=B A

1

1

1

A

: 13 dan 14


Soal : Sederhanakan Rangkaian Berikut dengan PK

Buat persamaan Boolean dari PK berikut Y=

Pertemuan Ke

Y=A

1

Versi : 1.0


1

1

1 Halaman : 39

Dari : 45

Versi : 1.0

Revisi : 0.0

Halaman : 40

Dari : 45

10

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14




Peta Karnaugh 3 Variabel ABC AB

Nomor urut decimal kotak data PK 3 variabel ABC

0 1

01

0

00

01

11

10

ABC (000)

ABC (010)

ABC (110)

ABC (100)

0

2

6

4

ABC (001)

ABC (011)

ABC (111)

ABC (101)

1

3

7

5

1

11

10

1

1

0

1

1

1

Y = 00

Revisi : 0.0


Halaman : 41


Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


Soal: Buat Persamaan Boolean dari PK Berikut 00

01

0 1

11 1

1

1

1

10 1

0

1

1

Y = 0

01

11

10

1

1

1

1

1

1

01

11

10

1

1

1

0

1

1

1

0 1

10

1

1

1 00 1

1

1

11

1

00

01

11

10

1

1

1

1

10

1

1

1

1

1

1

1

00

1

01

11

10 0

1

1

1

1

00

01

11

10

1

1

1

1

1 Y = Revisi : 0.0


Halaman : 42


Pertemuan Ke

Dari : 45

: 13 dan 14


Soal: Buat Persamaan Boolean dari PK Berikut 00

01

11

0 1

1

1

10

00

1

0

1

1

Y = 00 0

11

10

1

1

00 1

Y = 0 1

10

1

1

01

11

10

1 1

1 1

Y = 01

11

1

1 1

10 0 1

00

01

11

1

1

1

1

10

1 Y =

Y = Versi : 1.0

11

1 1

0

1 00

01

Y = 01

1

1

Dari : 45

01

Y =

Versi : 1.0

1

Halaman : 43

10

0

1

Y = Revisi : 0.0

11

1

00

10

1

1

10

11

0

1 1

1

11

1 Y =

1 01

1

01

Y =

Y = Versi : 1.0

11

1

0

Y = 00

01

1

01

1

0

Y =

00 1

00

00

Y =

Y = Versi : 1.0

: 13 dan 14


Tata Letak Variabel 00

C

Pertemuan Ke

Revisi : 0.0

Halaman : 44

Dari : 45

11

7/4/2017



Pertemuan Ke

: 13 dan 14


Soal: Buat Persamaan Boolean dari PK Berikut Y= 00

Y= 01

11

0 1

1

10

00

1

0

1

1

1

1

1

1

01

11

10

Y = 00 0

00

1

0 1 Versi : 1.0

10

1

1

1

1

1

1

01

11

01

11

10

0

1

1

1

1

1

1

01

11

10

1

1

1

Y = 00

11

Y =

1

1

01

Y = 1 1

10

00

1

0

1

1 Revisi : 0.0

1 Halaman : 45

Dari : 45

12

2017. Dosen: Emy Setyaningsih, S.Si, M.Kom

Recommend Documents