1. Aljabar Boolean
Misalkan terdapat
- Dua operator biner: + dan
- Sebuah operator uner: .
- B : himpunan yang didefinisikan pada opeartor +, , dan
- 0 dan 1 adalah dua elemen yang berbeda dari B.
Tupel
(B, +, , )
disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b, c B berlaku
aksioma-aksioma atau postulat Huntington berikut:
1. Closure: (i) a + b B
(ii) a b B
2. Identitas: (i) a + 0 = a
(ii) a 1 = a
3. Komutatif: (i) a + b = b + a
(ii) a b = b . a
4. Distributif: (i) a (b + c) = (a b) + (a c)
(ii) a + (b c) = (a + b) (a + c)
5. Komplemen1: (i) a + a = 1
(ii) a a = 0
1
1
2. Untuk mempunyai sebuah aljabar Boolean, harus
diperlihatkan:
1. Elemen-elemen himpunan B,
2. Kaidah operasi untuk operator biner dan operator uner,
3. Memenuhi postulat Huntington.
Aljabar Boolean Dua-Nilai
Aljabar Boolean dua-nilai:
- B = {0, 1}
- operator biner, + dan
- operator uner,
- Kaidah untuk operator biner dan operator uner:
a b ab a b a+b a a
0 0 0 0 0 0 0 1
0 1 0 0 1 1 1 0
1 0 0 1 0 1
1 1 1 1 1 1
Cek apakah memenuhi postulat Huntington:
1. Closure : jelas berlaku
2. Identitas: jelas berlaku karena dari tabel dapat kita lihat bahwa:
(i) 0 + 1 = 1 + 0 = 1
(ii) 1 0 = 0 1 = 0
3. Komutatif: jelas berlaku dengan melihat simetri tabel operator
biner.
2
3. 4. Distributif: (i) a (b + c) = (a b) + (a c) dapat ditunjukkan
benar dari tabel operator biner di atas dengan membentuk tabel
kebenaran:
b c b+c a (b + c) ab ac (a b) + (a c)
a
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 0 0 0 0
0 1 0 1 0 0 0 0
0 1 1 1 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0 0
1 0 1 1 1 0 1 1
1 1 0 1 1 1 0 1
1 1 1 1 1 1 1 1
(ii) Hukum distributif a + (b c) = (a + b) (a + c) dapat
ditunjukkan benar dengan membuat tabel kebenaran dengan
cara yang sama seperti (i).
5. Komplemen: jelas berlaku karena Tabel 7.3 memperlihatkan
bahwa:
(i) a + a = 1, karena 0 + 0= 0 + 1 = 1 dan 1 + 1= 1 + 0 = 1
(ii) a a = 0, karena 0 0= 0 1 = 0 dan 1 1 = 1 0 = 0
Karena kelima postulat Huntington dipenuhi, maka terbukti bahwa
B = {0, 1} bersama-sama dengan operator biner + dan operator
komplemen merupakan aljabar Boolean.
3
4. Ekspresi Boolean
Misalkan (B, +, , ) adalah sebuah aljabar Boolean. Suatu
ekspresi Boolean dalam (B, +, , ) adalah:
(i) setiap elemen di dalam B,
(ii) setiap peubah,
(iii) jika e1 dan e2 adalah ekspresi Boolean, maka e1 + e2, e1
e2, e1 adalah ekspresi Boolean
Contoh:
0
1
a
b
c
a+b
ab
a (b + c)
a b + a b c + b, dan sebagainya
Mengevaluasi Ekspresi Boolean
Contoh: a (b + c)
jika a = 0, b = 1, dan c = 0, maka hasil evaluasi ekspresi:
0 (1 + 0) = 1 1 = 1
Dua ekspresi Boolean dikatakan ekivalen (dilambangkan
dengan =) jika keduanya mempunyai nilai yang sama untuk
setiap pemberian nilai-nilai kepada n peubah.
Contoh:
a (b + c) = (a . b) + (a c)
4
5. Contoh. Perlihatkan bahwa a + ab = a + b .
Penyelesaian:
a b a ab a + ab a+b
0 0 1 0 0 0
0 1 1 1 1 1
1 0 0 0 1 1
1 1 0 0 1 1
Perjanjian: tanda titik () dapat dihilangkan dari penulisan
ekspresi Boolean, kecuali jika ada penekanan:
(i) a(b + c) = ab + ac
(ii) a + bc = (a + b) (a + c)
(iii) a 0 , bukan a0
Prinsip Dualitas
Misalkan S adalah kesamaan (identity) di dalam aljabar
Boolean yang melibatkan operator +, , dan komplemen,
maka jika pernyataan S* diperoleh dengan cara mengganti
dengan +
+ dengan
0 dengan 1
1 dengan 0
dan membiarkan operator komplemen tetap apa adanya,
maka kesamaan S* juga benar. S* disebut sebagai dual dari
S.
Contoh.
(i) (a 1)(0 + a) = 0 dualnya (a + 0) + (1 a) = 1
(ii) a(a + b) = ab dualnya a + ab = a + b
5
6. Hukum-hukum Aljabar Boolean
1. Hukum identitas: 2. Hukum idempoten:
(i) a + 0 = a (i) a + a = a
(ii) a 1 = a (ii) a a = a
3. Hukum komplemen: 4. Hukum dominansi:
(i) a + a = 1 (i) a 0 = 0
(ii) aa = 0 (ii) a + 1 = 1
5. Hukum involusi: 6. Hukum penyerapan:
(i) (a) = a (i) a + ab = a
(ii) a(a + b) = a
7. Hukum komutatif: 8. Hukum asosiatif:
(i) a + b = b + a (i) a + (b + c) = (a + b) + c
(ii) ab = ba (ii) a (b c) = (a b) c
9. Hukum distributif: 10. Hukum De Morgan:
(i) a + (b c) = (a + b) (a + c) (i) (a + b) = ab
(ii) a (b + c) = a b + a c (ii) (ab) = a + b
11.Hukum 0/1
(i) 0 = 1
(ii) 1 = 0
Contoh 7.3. Buktikan (i) a + ab = a + b dan (ii) a(a + b) = ab
Penyelesaian:
(i) a + ab = (a + ab) + ab (Penyerapan)
= a + (ab + ab) (Asosiatif)
= a + (a + a)b (Distributif)
=a+1b (Komplemen)
=a+b (Identitas)
(ii) adalah dual dari (i)
6
7. Fungsi Boolean
Fungsi Boolean (disebut juga fungsi biner) adalah pemetaan
dari Bn ke B melalui ekspresi Boolean, kita menuliskannya
sebagai
f : Bn B
yang dalam hal ini Bn adalah himpunan yang beranggotakan
pasangan terurut ganda-n (ordered n-tuple) di dalam daerah
asal B.
Setiap ekspresi Boolean tidak lain merupakan fungsi
Boolean.
Misalkan sebuah fungsi Boolean adalah
f(x, y, z) = xyz + xy + yz
Fungsi f memetakan nilai-nilai pasangan terurut ganda-3
(x, y, z) ke himpunan {0, 1}.
Contohnya, (1, 0, 1) yang berarti x = 1, y = 0, dan z = 1
sehingga f(1, 0, 1) = 1 0 1 + 1 0 + 0 1 = 0 + 0 + 1 = 1 .
Contoh. Contoh-contoh fungsi Boolean yang lain:
1. f(x) = x
2. f(x, y) = xy + xy+ y
3. f(x, y) = x y
4. f(x, y) = (x + y)
5. f(x, y, z) = xyz
7
8. Setiap peubah di dalam fungsi Boolean, termasuk dalam
bentuk komplemennya, disebut literal.
Contoh: Fungsi h(x, y, z) = xyz pada contoh di atas terdiri
dari 3 buah literal, yaitu x, y, dan z.
Contoh. Diketahui fungsi Booelan f(x, y, z) = xy z, nyatakan h
dalam tabel kebenaran.
Penyelesaian:
x y z f(x, y, z) = xy z
0 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
0 1 1 0
1 0 0 0
1 0 1 0
1 1 0 1
1 1 1 0
Komplemen Fungsi
1. Cara pertama: menggunakan hukum De Morgan
Hukum De Morgan untuk dua buah peubah, x1 dan x2, adalah
Contoh. Misalkan f(x, y, z) = x(yz + yz), maka
f (x, y, z) = (x(yz + yz))
= x + (yz + yz)
= x + (yz) (yz)
= x + (y + z) (y + z)
8
9. 2. Cara kedua: menggunakan prinsip dualitas.
Tentukan dual dari ekspresi Boolean yang merepresentasikan f,
lalu komplemenkan setiap literal di dalam dual tersebut.
Contoh. Misalkan f(x, y, z) = x(yz + yz), maka
dual dari f: x + (y + z) (y + z)
komplemenkan tiap literalnya: x + (y + z) (y + z) = f
Jadi, f (x, y, z) = x + (y + z)(y + z)
Bentuk Kanonik
Jadi, ada dua macam bentuk kanonik:
1. Penjumlahan dari hasil kali (sum-of-product atau SOP)
2. Perkalian dari hasil jumlah (product-of-sum atau POS)
Contoh: 1. f(x, y, z) = xyz + xyz + xyz SOP
Setiap suku (term) disebut minterm
2. g(x, y, z) = (x + y + z)(x + y + z)(x + y + z)
(x + y + z)(x + y + z) POS
Setiap suku (term) disebut maxterm
Setiap minterm/maxterm mengandung literal lengkap
Minterm Maxterm
9
10. x y Suku Lambang Suku Lambang
0 0 xy m0 x+y M0
0 1 xy m1 x + y M1
1 0 xy m2 x + y M2
1 1 xy m3 x + y M3
Minterm Maxterm
x y z Suku Lambang Suku Lambang
0 0 0 xyz m0 x+y+z M0
0 0 1 xyz m1 x + y + z M1
0 1 0 xy z m2 x + y+z M2
0 1 1 xy z m3 x + y+z M3
1 0 0 x yz m4 x+ y + z M4
1 0 1 x yz m5 x+ y + z M5
1 1 0 x y z m6 x+ y+ z M6
1 1 1 xyz m7 x+ y+ z M7
Contoh 7.10. Nyatakan tabel kebenaran di bawah ini dalam bentuk
kanonik SOP dan POS.
Tabel 7.10
x y z f(x, y,
z)
0 0 0 0
0 0 1 1
0 1 0 0
0 1 1 0
1 0 0 1
1 0 1 0
1 1 0 0
1 1 1 1
Penyelesaian:
10
11. (a) SOP
Kombinasi nilai-nilai peubah yang menghasilkan nilai fungsi
sama dengan 1 adalah 001, 100, dan 111, maka fungsi
Booleannya dalam bentuk kanonik SOP adalah
f(x, y, z) = xyz + xyz + xyz
atau (dengan menggunakan lambang minterm),
f(x, y, z) = m1 + m4 + m7 = (1, 4, 7)
(b) POS
Kombinasi nilai-nilai peubah yang menghasilkan nilai fungsi
sama dengan 0 adalah 000, 010, 011, 101, dan 110, maka
fungsi Booleannya dalam bentuk kanonik POS adalah
f(x, y, z) = (x + y + z)(x + y+ z)(x + y+ z)
(x+ y + z)(x+ y+ z)
atau dalam bentuk lain,
f(x, y, z) = M0 M2 M3 M5 M6 = (0, 2, 3, 5, 6)
Contoh 7.11. Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + yz dalam
bentuk kanonik SOP dan POS.
Penyelesaian:
(a) SOP
x = x(y + y)
= xy + xy
= xy (z + z) + xy(z + z)
= xyz + xyz + xyz + xyz
11
12. yz = yz (x + x)
= xyz + xyz
Jadi f(x, y, z) = x + yz
= xyz + xyz + xyz + xyz + xyz + xyz
= xyz + xyz + xyz + xyz + xyz
atau f(x, y, z) = m1 + m4 + m5 + m6 + m7 = 裡 (1,4,5,6,7)
(b) POS
f(x, y, z) = x + yz
= (x + y)(x + z)
x + y = x + y + zz
= (x + y + z)(x + y + z)
x + z = x + z + yy
= (x + y + z)(x + y + z)
Jadi, f(x, y, z) = (x + y + z)(x + y + z)(x + y + z)(x + y + z)
= (x + y + z)(x + y + z)(x + y + z)
atau f(x, y, z) = M0M2M3 = (0, 2, 3)
Konversi Antar Bentuk Kanonik
12
13. Misalkan
f(x, y, z) = 裡 (1, 4, 5, 6, 7)
dan f adalah fungsi komplemen dari f,
f (x, y, z) = 裡 (0, 2, 3) = m0+ m2 + m3
Dengan menggunakan hukum De Morgan, kita dapat memperoleh
fungsi f dalam bentuk POS:
f (x, y, z) = (f (x, y, z)) = (m0 + m2 + m3)
= m0 . m2 . m3
= (xyz) (xy z) (xy z)
= (x + y + z) (x + y + z) (x + y + z)
= M0 M2 M3
= (0,2,3)
Jadi, f(x, y, z) = 裡 (1, 4, 5, 6, 7) = (0,2,3).
Kesimpulan: mj = Mj
Contoh. Nyatakan
f(x, y, z)= (0, 2, 4, 5) dan
g(w, x, y, z) = 裡(1, 2, 5, 6, 10, 15)
dalam bentuk SOP.
Penyelesaian:
f(x, y, z) = 裡 (1, 3, 6, 7)
g(w, x, y, z)= (0, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14)
Contoh. Carilah bentuk kanonik SOP dan POS dari f(x, y, z) = y +
xy + xyz
13
14. Penyelesaian:
(a) SOP
f(x, y, z) = y + xy + xyz
= y (x + x) (z + z) + xy (z + z) + xyz
= (xy + xy) (z + z) + xyz + xyz + xyz
= xyz + xyz + xyz + xyz + xyz + xyz + xyz
atau f(x, y, z) = m0+ m1 + m2+ m4+ m5+ m6+ m7
(b) POS
f(x, y, z) = M3 = x + y + z
Bentuk Baku
Contohnya,
f(x, y, z) = y + xy + xyz (bentuk baku SOP
f(x, y, z) = x(y + z)(x + y + z) (bentuk baku POS)
Aplikasi Aljabar Boolean
14
15. 1. Jaringan Pensaklaran (Switching Network)
Saklar adalah objek yang mempunyai dua buah keadaan: buka dan
tutup.
Tiga bentuk gerbang paling sederhana:
1. a x b
Output b hanya ada jika dan hanya jika x dibuka x
2. a x y b
Output b hanya ada jika dan hanya jika x dan y dibuka xy
3. a x
c
b y
Output c hanya ada jika dan hanya jika x atau y dibuka x + y
Contoh rangkaian pensaklaran pada rangkaian listrik:
15
16. 1. Saklar dalam hubungan SERI: logika AND
Lampu
A B
Sumber tegangan
2. Saklar dalam hubungan PARALEL: logika OR
A
Lampu
B
Sumber Tegangan
Contoh. Nyatakan rangkaian pensaklaran pada gambar di bawah
ini dalam ekspresi Boolean.
x y
x
x
x y
x y z
z
Jawab: xy + (x + xy)z + x(y + yz + z)
2. Rangkaian Digital Elektronik
16
17. x x
xy x+ y x x'
y y
Gerbang AND Gerbang OR Gerbang NOT (inverter)
Contoh. Nyatakan fungsi f(x, y, z) = xy + xy ke dalam rangkaian
logika.
Jawab: (a) Cara pertama
x
xy
y
xy+x'y
x'
x
x'y
y
(b) Cara kedua
x xy
y
x y+x 'y
x'
x 'y
(b) Cara ketiga
x y
xy
xy+x'y
x'
x'y
17
18. Gerbang turunan
x x
( xy )' x + y
y y
Gerbang NAND Gerbang XOR
x x
( x+y )' (x + y )'
y y
Gerbang NOR Gerbang XNOR
x x x+ y
( x + y )' ekivalen dengan ( x + y )'
y y
x' x
x 'y ' ekivalen dengan ( x+y )'
y' y
x
x' ( xy )'
x '+ y ' ekivalen dengan y
y'
18
19. Penyederhanaan Fungsi Boolean
Contoh. f(x, y) = xy + xy + y
disederhanakan menjadi
f(x, y) = x + y
Penyederhanaan fungsi Boolean dapat dilakukan dengan 3 cara:
1. Secara aljabar
2. Menggunakan Peta Karnaugh
3. Menggunakan metode Quine Mc Cluskey (metode Tabulasi)
1. Penyederhanaan Secara Aljabar
Contoh:
1. f(x, y) = x + xy
= (x + x)(x + y)
= 1 (x + y )
=x+y
2. f(x, y, z) = xyz + xyz + xy
= xz(y + y) + xy
= xz + xz
3. f(x, y, z) = xy + xz + yz = xy + xz + yz(x + x)
= xy + xz + xyz + xyz
= xy(1 + z) + xz(1 + y) = xy + xz
19
20. 2. Peta Karnaugh
a. Peta Karnaugh dengan dua peubah
y
0 1
m0 m1 x 0 xy xy
m2 m3 1 xy xy
b. Peta dengan tiga peubah
yz
00 01 11 10
m0 m1 m3 m2 x 0 xyz xyz xyz xyz
m4 m5 m7 m6 1 xyz xyz xyz xyz
Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta Karnaugh.
x y z f(x, y, z)
0 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 1
0 1 1 0
1 0 0 0
1 0 1 0
1 1 0 1
1 1 1 1
yz
00 01 11 10
x 0 0 0 0 1
1 0 0 1 1
20
25. Contoh 5.11. Sederhanakan fungsi Boolean f(x, y, z) = xyz + xyz + xyz +
xyz.
Jawab:
Peta Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:
yz
00 01 11 10
x 0 1
1 1 1 1
Hasil penyederhanaan: f(x, y, z) = yz + xz
Contoh 5.12. Andaikan suatu tabel kebenaran telah diterjemahkan ke dalam
Peta Karnaugh. Sederhanakan fungsi Boolean yang bersesuaian sesederhana
mungkin.
yz
00 01 11 10
wx 00 0 1 1 1
01 0 0 0 1
11 1 1 0 1
10 1 1 0 1
Jawab: (lihat Peta Karnaugh) f(w, x, y, z) = wy + yz + wxz
25
26. Contoh 5.13. Minimisasi fungsi Boolean yang bersesuaian dengan Peta
Karnaugh di bawah ini.
yz
00 01 11 10
wx 00 0 0 0 0
01 0 1 0 0
11 1 1 1 1
10 1 1 1 1
Jawab: (lihat Peta Karnaugh) f(w, x, y, z) = w + xyz
Jika penyelesaian Contoh 5.13 adalah seperti di bawah ini:
yz
00 01 11 10
wx 00 0 0 0 0
01 0 1 0 0
11 1 1 1 1
10 1 1 1 1
maka fungsi Boolean hasil penyederhanaan adalah
f(w, x, y, z) = w + wxyz (jumlah literal = 5)
yang ternyata masih belum sederhana dibandingkan f(w, x, y, z) = w + xyz
(jumlah literal = 4).
26
27. Contoh 5.14. (Penggulungan/rolling) Sederhanakan fungsi Boolean yang
bersesuaian dengan Peta Karnaugh di bawah ini.
yz
00 01 11 10
wx 00 0 0 0 0
01 1 0 0 1
11 1 0 0 1
10 0 0 0 0
Jawab: f(w, x, y, z) = xyz + xyz ==> belum sederhana
Penyelesaian yang lebih minimal:
yz
00 01 11 10
wx 00 0 0 0 0
01 1 0 0 1
11 1 0 0 1
10 0 0 0 0
f(w, x, y, z) = xz ===> lebih sederhana
27
28. Contoh 5.15: (Kelompok berlebihan) Sederhanakan fungsi Boolean yang
bersesuaian dengan Peta Karnaugh di bawah ini.
yz
00 01 11 10
wx 00 0 0 0 0
01 0 1 0 0
11 0 1 1 0
10 0 0 1 0
Jawab: f(w, x, y, z) = xyz + wxz + wyz masih belum sederhana.
Penyelesaian yang lebih minimal:
yz
00 01 11 10
wx 00 0 0 0 0
01 0 1 0 0
11 0 1 1 0
10 0 0 1 0
f(w, x, y, z) = xyz + wyz ===> lebih sederhana
28
29. Contoh 5.16. Sederhanakan fungsi Boolean yang bersesuaian dengan Peta
Karnaugh di bawah ini.
cd
00 01 11 10
ab 00 0 0 0 0
01 0 0 1 0
11 1 1 1 1
10 0 1 1 1
Jawab: (lihat Peta Karnaugh di atas) f(a, b, c, d) = ab + ad + ac + bcd
Contoh 5.17. Minimisasi fungsi Boolean f(x, y, z) = xz + xy + xyz + yz
Jawab:
xz = xz(y + y) = xyz + xyz
xy = xy(z + z) = xyz + xyz
yz = yz(x + x) = xyz + xyz
f(x, y, z) = xz + xy + xyz + yz
= xyz + xyz + xyz + xyz + xyz + xyz + xyz
= xyz + xyz + xyz + xyz + xyz
Peta Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:
yz
00 01 11 10
x 0 1 1 1
1 1 1
Hasil penyederhanaan: f(x, y, z) = z + xyz
29
31. Keadaan Dont Care
Tabel 5.16
w x y z desimal
0 0 0 0 0
0 0 0 1 1
0 0 1 0 2
0 0 1 1 3
0 1 0 0 4
0 1 0 1 5
0 1 1 0 6
0 1 1 1 7
1 0 0 0 8
1 0 0 1 9
1 0 1 0 dont care
1 0 1 1 dont care
1 1 0 0 dont care
1 1 0 1 dont care
1 1 1 0 dont care
1 1 1 1 dont care
Contoh 5.25. Diberikan Tabel 5.17. Minimisasi fungsi f sesederhana
mungkin.
Tabel 5.17
a b c d f(a, b, c, d)
0 0 0 0 1
0 0 0 1 0
0 0 1 0 0
0 0 1 1 1
0 1 0 0 1
0 1 0 1 1
0 1 1 0 0
0 1 1 1 1
1 0 0 0 X
1 0 0 1 X
1 0 1 0 X
1 0 1 1 X
1 1 0 0 X
1 1 0 1 X
1 1 1 0 X
1 1 1 1 X
31
32. Jawab: Peta Karnaugh dari fungsi tersebut adalah:
cd
00 01 11 10
ab 1 0 1 0
00
01 1 1 1 0
11 X X X X
10 X 0 X X
Hasil penyederhanaan: f(a, b, c, d) = bd + cd + cd
Contoh 5.26. Minimisasi fungsi Boolean f(x, y, z) = xyz + xyz + xyz +
xyz. Gambarkan rangkaian logikanya.
Jawab: Rangkaian logika fungsi f(x, y, z) sebelum diminimisasikan adalah
seperti di bawah ini:
x y z
x ' yz
x ' yz '
xy 'z '
xy ' z
32
33. Minimisasi dengan Peta Karnaugh adalah sebagai berikut:
yz
00 01 11 10
x 0 1 1
1 1 1
Hasil minimisasi adalah f(x, y, z) = xy + xy.
x y
x 'y
x 'y+xy '
xy '
Contoh 5.28. Berbagai sistem digital menggunakan kode binary coded
decimal (BCD). Diberikan Tabel 5.19 untuk konversi BCD ke kode
Excess-3 sebagai berikut:
Tabel 5.19
Masukan BCD Keluaran kode Excess-3
w x y z f1(w, x, y, z) f2(w, x, y,z) f3(w, x, y, z) f4(w, x, y, z)
0 0 0 0 0 0 0 1 1
1 0 0 0 1 0 1 0 0
2 0 0 1 0 0 1 0 1
3 0 0 1 1 0 1 1 0
4 0 1 0 0 0 1 1 1
5 0 1 0 1 1 0 0 0
6 0 1 1 0 1 0 0 1
7 0 1 1 1 1 0 1 0
8 1 0 0 0 1 0 1 1
9 1 0 0 1 1 1 0 0
33
34. (a) f1(w, x, y, z)
yz
00 01 11 10
wx 00
01 1 1 1
11 X X X X
10 1 1 X X
f1(w, x, y, z) = w + xz + xy = w + x(y + z)
(b) f2(w, x, y, z)
yz
00 01 11 10
wx 00 1 1 1
01 1
11 X X X X
10 1 X X
f2(w, x, y, z) = xyz + xz + xy = xyz + x(y + z)
(c) f3(w, x, y, z)
yz
00 01 11 10
wx 00 1 1
01 1 1
11 X X X X
10 1 X X
f3(w, x, y, z) = yz + yz
34
35. (d) f4(w, x, y, z)
yz
00 01 11 10
wx 00 1 1
01 1 1
11 X X X X
10 1 X X
f4(w, x, y, z) = z
w x y z
f4
f3
f2
f1
35
