UTS Dasar Sistem 2025

Soal 1 — Besaran digital dan media penyimpanan

Besaran digital direpresentasikan sebagai sejumlah nilai diskret. Dalam sistem biner, satu bit memakai dua keadaan yang dibedakan melalui rentang tegangan atau keadaan fisik; bit bukan berarti tegangan selalu tepat 0 V atau 1 V. Misalnya sebuah byte 01000001 bernilai 65 dan dapat dimaknai sebagai huruf A bila memakai ASCII.

• Transistor: menjadi sakelar/penguat. Beberapa transistor yang saling memberi umpan balik membentuk latch/flip-flop atau sel SRAM yang mempertahankan bit selama mendapat daya. Satu transistor biasa sendirian bukan sel penyimpan bit yang stabil. Memori flash memakai muatan pada floating gate/charge trap untuk mengubah ambang transistor dan dapat mempertahankannya tanpa daya.
• Kapasitor: keadaan bermuatan/tidak bermuatan membedakan bit pada DRAM. Muatan bocor, sehingga perlu refresh; pembacaan juga dapat memerlukan pemulihan muatan.
• Hard disk: orientasi magnetisasi daerah permukaan menyandikan informasi. Head membaca perubahan medan magnet; controller mengubahnya menjadi deretan bit. Data bertahan saat daya mati.

Sinyal analog berubah kontinu dalam amplitudo; sinyal digital ditafsirkan ke tingkat diskret dengan ambang keputusan. Pengukuran analog menjadi digital melalui sampling dan kuantisasi: ada keterbatasan resolusi serta galat kuantisasi. Digital tahan terhadap gangguan kecil selama belum melewati ambang, tetapi tetap bisa mengalami kesalahan bit.

Soal 2 — Mengubah 12058,47 dari desimal

Pisahkan bagian bulat 12058 dan pecahan $47/100$. Bagian bulat dibagi berulang oleh basis tujuan; baca sisa dari bawah. Untuk biner, bit bernilai satu berada pada pangkat $13,11,10,9,8,4,3,1$, sehingga:

$12058=8192+2048+1024+512+256+16+8+2.$

Bagian pecahan dikali basis berulang; baca bagian bulat hasil perkalian dari atas. Contoh basis 2: $0{,}47\times2=0{,}94$ menghasilkan 0; $0{,}94\times2=1{,}88$ menghasilkan 1 dan sisa 0,88.

Basis	Bagian bulat	Awal bagian pecahan	Hasil
2	10111100011010	01111000010100011110…	$10111100011010{,}01111000010100011110\ldots_2$
8	27432	3605075341217270…	$27432{,}3605075341217270\ldots_8$
16	2F1A	7851EB851EB851EB…	$2F1A{,}7851EB851EB851EB\ldots_{16}$

Tanda elipsis diperlukan: penyebut 100 memiliki faktor 5 sehingga pecahan ini tidak berakhir dalam basis 2, 8 maupun 16. Menulis sejumlah digit tanpa elipsis hanya memberi pendekatan, bukan kesamaan eksak.

Perkalian pecahan 0,47 ke basis 2

1 / 6

Mulai

Sisa pecahan 47/100. Setiap langkah menggandakan sisa, mengambil digit bulat, lalu menyimpan sisa baru.

Digit0,

Sisa /10047

↺SebelumnyaPutarBerikutnyaLangkah

Soal 3 — Mengubah biner pecahan

Bilangan pada scan dibaca sebagai $1011100011010{,}101011_2$. Bagian bulatnya:

$2^{12}+2^{10}+2^9+2^8+2^4+2^3+2^1=5914.$

Pecahannya $2^{-1}+2^{-3}+2^{-5}+2^{-6}=43/64=0{,}671875$. Jadi nilai desimalnya 5914,671875.

Untuk oktal, kelompokkan tiga bit dari titik radix ke kedua arah, tambahkan nol di tepi bila perlu: 001 011 100 011 010 , 101 011 memberi 13432,53₈. Untuk heksadesimal: 0001 0111 0001 1010 , 1010 1100 memberi 171A,AC₁₆. Nol tambahan di kanan pecahan tidak mengubah nilainya.

Soal 4 — Menyederhanakan fungsi tiga masukan

a. Bentuk SOP

Dari baris keluaran 1 diperoleh minterm 0, 2, 3, 5, 7:

$Y=\overline A\overline B\overline C+\overline AB\overline C+\overline ABC+A\overline BC+ABC=\Sigma m(0,2,3,5,7).$

b. Aljabar Boolean

Gabungkan dua suku pertama menjadi $\overline A\overline C$. Tiga suku lainnya menjadi $C(\overline AB+A\overline B+AB)=C(\overline AB+A)=C(A+B)$. Dengan demikian:

$\boxed{Y=\overline A\overline C+AC+BC}.$

c. Peta Karnaugh

Kolom wajib memakai urutan Gray agar sel bersebelahan berbeda satu bit.

A \ BC	00	01	11	10
0	1	0	1	1
1	0	1	1	0

Pasangkan $m_0$ dengan $m_2$ melalui tepi peta untuk $\overline A\overline C$; $m_3$ dengan $m_7$ untuk $BC$; $m_5$ dengan $m_7$ untuk $AC$. Sel $m_7$ boleh dipakai lebih dari sekali. Tidak ada kelompok empat yang seluruhnya 1.

d–e. Rangkaian awal dan hasil penyederhanaan

Awal: sediakan NOT untuk A, B, C; buat lima AND tiga masukan sesuai lima minterm pada (a); gabungkan kelimanya ke OR. Sesudah disederhanakan: cukup NOT A dan NOT C, tiga AND dua masukan ($\overline A\overline C$, $AC$, $BC$), kemudian OR tiga masukan. Ini adalah deskripsi sambungan gerbang yang dapat langsung digambar.

Memuat diagram…

Memuat diagram…

f. Makna keluaran

Jika C = 0, keluaran sama dengan NOT A. Jika C = 1, keluaran sama dengan A OR B. Karena itu Y = 0 tepat pada masukan 001, 100, 110; lima masukan lain memberi 1. Coba semua kombinasi pada tabel interaktif berikut untuk membandingkan bentuk awal dan sederhana.

Tabel kebenaran

Operator: ! / ~ (¬), & (∧), | (∨), -> (→), <-> (↔), xor (⊕)

p -> q(p -> q) <-> (!q -> !p)p & (q | r)(p | q) & !(p & q)p | !p(p -> q) & p & !q

p	q	r	¬p	¬r	¬p ∧ ¬r	p ∧ r	(¬p ∧ ¬r) ∨ (p ∧ r)	q ∧ r	((¬p ∧ ¬r) ∨ (p ∧ r)) ∨ (q ∧ r)
T	T	T	F	F	F	T	T	T	T
T	T	F	F	T	F	F	F	F	F
T	F	T	F	F	F	T	T	F	T
T	F	F	F	T	F	F	F	F	F
F	T	T	T	F	F	F	F	T	T
F	T	F	T	T	T	F	T	F	T
F	F	T	T	F	F	F	F	F	F
F	F	F	T	T	T	F	T	F	T

Kontingensi (kadang benar, kadang salah)

Di komponen, p = A, q = B, r = C.

Soal 5 — Penjumlah dua bit

a. Persamaan half adder dan full adder

Untuk half adder: $S=A\oplus B$, $C=AB$. Untuk full adder dengan carry masuk: $S=A\oplus B\oplus C_{in}$ dan $C_{out}=AB+C_{in}(A\oplus B)$.

b. Tabel kebenaran

A	B	Half S	Half C
0	0	0	0
0	1	1	0
1	0	1	0
1	1	0	1

A	B	Cin	Full S	Cout
0	0	0	0	0
0	0	1	1	0
0	1	0	1	0
0	1	1	0	1
1	0	0	1	0
1	0	1	0	1
1	1	0	0	1
1	1	1	1	1

c–d. Rangkaian dan aliran carry

Untuk $A=A_1A_0$ dan $B=B_1B_0$, hubungkan $A_0,B_0$ ke half adder untuk menghasilkan $S_0,C_1$. Hubungkan $A_1,B_1,C_1$ ke full adder untuk $S_1,C_{out}$. Keluaran lengkap adalah Cout S₁ S₀, maksimum 110₂ (3 + 3 = 6). Di dalam full adder, dua XOR menghasilkan S; dua AND dan satu OR menghasilkan carry.

Memuat diagram…

Contoh 11₂ + 01₂: bit rendah 1 + 1 menghasilkan S₀ = 0 dan C₁ = 1; bit tinggi 1 + 0 + 1 menghasilkan S₁ = 0 dan Cout = 1. Hasil 100₂ = 4. Carry harus diteruskan ke tahap berikutnya, sehingga keluaran tahap tinggi menunggu carry tahap rendah stabil.