DA F T A R I S I

PENDAHULUAN

Secara umum materi uji tertulis terbagi atas tiga komponen utama: materi uji analitika dan logika, materi uji aritmattika dan materi uji algoritmika. Materi uji analitika dan logika bertujuan untuk menguji potensi akademis peserta namun sedapat mungkin memiliki relevansi yang tinggi dengan problem solving dan elemen penting dalam menguasai pemrograman computer.

Materi aritmatika sebenarnya sejalan dengan analitika dan logika di atas karena soal aritmatika di OSN bidang Informatika bukan sekedar menguji ketrampilan dalam hitung menghitung, tetapi lebih pada cara berpikir yang logis dan analitis namun dengan soal bertemakan aritmatika.

Sedangkan materi algoritmika bertujuan untuk menguji kemampuan peserta dalam memahami dan menyusun suatu algoritma. Aspek-aspek yang terkait dengan pengetahuan dan bahasa pemrograman direduksi seminimal mungkin ke tingkat pseudocode.

Materi Uji Aritmatika

Terdapat enam aspek analitis dalam persoalan aritmatika yang umumnya dijadikan sebagai materi uji pada OSN bidang informatika, yaitu:

1. Memahami sifat-sifat bilangan (Teori Bilangan); 2. Memahami formula rekursif (Sifat Rekursif); 3. Menentukan pola dari sebuah deret bilangan; 4. Eksplorasi dalam masalah kombinatorik; 5. Mampu membentuk model aritmatika/matematika serta melakukan deduksi/

induksi model; 6. Mengkaitkan dengan konteks masalah; 7. Berpikir secara “cerdas”.

TEORI BILANGAN

DEVISIBILITAS (KETERBAGIAN)

Untuk bilangan a dan b, a ≠ 0, kita katakan a membagi b jika b =ac untuk sebuah bilangan bulat c. Kita tunjukkan dengan menggunakan notasi a|b. Dapat juga dikatakan bahwa b terbagi oleh a. Berikut adalah sifat-sifat turunan dari a|b :

1. Jika a|b, b ≠ 0, maka |a| ≤ |b| 2. If a|b and a|c, maka a| αb+βc untuk sembarang bilangan bulat α dan β 3. Jika a|b dan a|b ± c maka a|c 4. a|a (refleksif) 5. Jika a|b dan b|c maka a|c (transitif) 6. Jika a|b dan b|a maka |a| = |b|

Teorema: untuk sembarang bilangan bulat positif a dan b akan ada sebuah pasangan unik (q,r) bilangan bulat positif yang memenuhi

b = aq + r, r < a Hal ini juga dikenal dengan Algoritma Pembagian. Algoritma Pembagian dapat diperluas

untuk bilang bulat lainnya sebagai berikut: untuk sembarang bilangan bulat a dan b, a ≠ 0, akan terdapat pasangan unik (q,r) bilangan bulat sehingga b = aq + r, 0 ≤ r < |a|.

5 Contoh Soal 1: Buktikan n 3 − 5n + 4n terbagi oleh 120!

5 Solusi: n 3 − 5n + 4n = n(n2-1)(n2-4)

= n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)

Lima produk persamaan diatas berturut-turut adalah: n – 2, n – 1, n, n + 1, n + 2. jika n 5 {-2, -1, 0, 1, 2} kita dapat katakan bahwa n 3 − 5n + 4n = 0 terpenuhi. Maka untuk n ≤3

kita bisa nyatakan: 5 3 n − 5n + 4n = n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)

⎛+ ( n 2 ⎞

Untuk n ≤ -3, ambil n = -m, dimana m ≥ 3 akan diperoleh

n − 5n + 4n = − 120 ⎜⎜

5 jadi berdasarkan persamaan diatas dapat dikatakan bahwa 120| n 3 − 5n + 4n.

Contoh Soal 2: temukan semua bilangan bulat positif n dimana bilangan yang diperoleh dengan menghilangkan digit terakhir n tersebut adalah sebuah pembagi dari n. Solusi: Ambil b sebagai digit terakhir dari bilangan n dan ambil a sebagai bilangan yanng diperoleh dari menghilang digit terakhir. Maka n = 10a + b. Karena a adalah pembagi n, maka kita bisa nyatakan bahwa a membagi b. Semua bilangan n yang berakhir dengan 0 adalah solusinya. Untuk b ≠ 0 maka a adalah satu digit dan solusi yang mungkin untuk n adalah bilangan-bilangan berikut: 11, 12,. . . , 19, 22, 24, 26, 28, 33, 36, 39, 44, 48, 55, 66,

77, 88 atau 99. Contoh Soal 3: Misalkan p > 2 adalah bilangan ganjil dan n adalah bilangan bulat positif.

Buktikan bahwa 1 + 2 + ... + ( p − 1 ) terbagi oleh p.

Solusi: Misalkan k p n = dan perhatikan bahwa k adalah bilangan ganjil. Maka

kk

k − 1 k − 2 k − d 1 + ( p − d ) = p [ d − d ( p − d ) + ... + ( p − d ) ] . Dengan menjumlahkan

persamaan-persamaan tersebut dari d=1 sampai d =

, kita bisa menghasilkan

persamaan 1 + 2 + ... + ( p − 1 ) pada ruas kiri, yang ternyata terbukti bisa

dibagi p (terlihat pada ruas kanan). Contoh Soal 4: Temukan semua bilangan bulat positif n yang untuk semua bilangan

bulat ganjil a, jika a 2 ≤ n maka a|n 2 Solusi: Misalkan a adalah bilangan ganjil terbesar sehingga 2 a < n namun n ≤a (+ 2 ) . Jika a ≥ 7, maka a – 4, a – 2, a adalah bilangan ganjil yang bisa membagi n. Perhatikan

bahwa pasangan manapun dari dua bilangan tersebut adalah relatif prima, jadi (a – 4)(a – 2)a bisa membagi n. Ini menyatakan bahwa (a – 4)(a – 2)a 2 ≤ (a + 2) sehingga bahwa pasangan manapun dari dua bilangan tersebut adalah relatif prima, jadi (a – 4)(a – 2)a bisa membagi n. Ini menyatakan bahwa (a – 4)(a – 2)a 2 ≤ (a + 2) sehingga

a 2 ( a − 7 ) + 4 ( a − 1 ) ≤ 0 , solusinya adalah a = 1, 3 atau 5.

2 Jika a = 1, maka 2 1 ≤n ≤ 3 sehingga n ∈ { 1 , 2 ,..., 8 }

3 2 ≤n ≤ 5 Jika a = 3, maka 2 dan 1.3|n sehingga n ∈ { 9 , 12 , 15 , 18 , 21 , 24 } 2 Jika a = 5, maka 2 5 ≤n ≤ 7 dan 1.3.5|n sehingga n ∈ { 30 , 45 } .

Karena itu n ∈ { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 89 , 12 , 15 , 18 , 21 , 24 , 30 , 45 }

SOAL LATIHAN:

2 1. Tunjukkan bahwa untuk sembarang bilangan natural n, diantara n 2 dan (n+1) 2 bisa ditemukan tiga bilangan natural berbeda a, b dan c sehingga a 2 +b bisa terbagi oleh c.

n − 1 n − 2. Temukan semua bilangan bulat positif n sehingga 1 3 + 5 bisa membagi

3+ n 5

BILANGAN PRIMA

Bilangan bulat p > 1 dikatakan prima jika tidak ada bilangan bulat lain d > 1 yang memenuhi d|p. Sembarang bilangan bulat n > 1 mempunya setidaknya satu pembagi prima. Jika n adalah bilangan prima maka pembagi primanya adalah n itu sendiri. Jika n bukan bilangan prima, misalkan a > 1 sebagai pembagi terkecilnya. Selanjutnya n = a.b,

dimana 1 < a ≤ b. Jika a bukan bilangan prima maka akan ada a 1 dan a 2 sehingga a = a 1 .a 2

dengan 1 < a 1 ≤a 2 <a dan a1|n, ini merupakan kontradiksi dari minimalitas a.

Bilangan bulat n > 1 yang bukan merupakan bilangan prima disebut bilangan komposit. Jika n adalah komposit maka n memiliki sebuah pembagi prima yang tidak

melebihi n . Sesungguhnya seperti yang telah ditunjukkan diatas, n = a.b, dimana 1 < a ≤ b dan a adalah pembagi terkecil dari n. Maka n > a 2 sehingga a ≤ n.

Teorema 1: (Euclid) Ada jumlah tak terbatas bilangan-bilangan prima.

Bukti: Asumsikan dengan kontradiksi bahwa hanya ada jumlah terbatas dari bilangan prima: p 1 < p 2 < ... < p m . Misalkan sebuah bilangan P = p 1 p 2 ... p m + 1 . Jika P adalah

bilangan prima maka P > p m , ini merupakan kontradiksi terhadap maksimalitas dari p m . Di lain pihak, jika P adalah komposit maka dia akan memiliki pembagi prima p > 1 yang merupakan salah satu dari p 1 , p 2 ,..., p m , kita misalkan p k . Ini diikuti dengan p k | p 1 p 2 ... p m + 1 sedangkan karena p k salah satu dari p 1 , p 2 ,..., p m , berarti

p k | p 1 p 2 ... p m ini mengarah ke p k | 1 . Ini merupakan kontradiksi. Perhatikan: Bilangan prima terbesar yang diketahui adalah 2 32582657 – 1. Bilangan itu ditemukan pada 2006 dan memiliki 9808358 digit. Hasil fundamental dari aritmatika

menghadapi tantangan terbesarnya, faktorisasi dari bilangan bulat. Teorema 2:

(Teorema faktorisasi prima) Setiap bilangan bulat n > 1 mempunyai sebuah representasi unik sebagai produk dari bilangan-bilangan prima.

Bukti: Keberadaan presentasi tersebut dapat diperoleh dari cara berikut: Misalkan p 1 adalah pembagi prima (faktor) dari n. Jika p 1 = n, maka n = p 1 adalah faktorisasi prima dari n. Jika p 1 < n, maka n = p 1 r 1 dimana r 1 > 1. Jika r 1 prima maka n = p 1 p 2 dimana p 2 = r 1 , ini adalah foktorisasi yang diingin dari n (sesuai dengan teorema). Jika r 1 adalah komposit maka r 1 = p 2 r 2 dimana p 2 prima, r 2 > 1 sehingga n = p 1 p 2 r 2 . Jika r 2 prima maka n = p 1 p 2 p 3 dimana r 2 = p 3 , dan kita selesai. Jika r 2 adalah komposit, maka kita lanjutkan algoritma ini sehingga memperoleh deret bilangan r 1 >r 2 > ... ≥ 1 . Setelah langkah yang terhingga, kita akan memperoleh r k = 1 = 1 sehingga n = p 1 p 2 ... p k .

Untuk keunikannya, mari kita asumsikan ada setidaknya satu bilangan bulat positif n sehingga n = p 1 p 2 ... p k = q 1 q 2 ... q h dimana p 1 , p 2 , ..., p k , q 1 , q 2 , ..., q h adalah bilangan-bilangan prima. Terlihat jelas bahwa k ≥ 2 dan h ≥ 2 . Misalkan n adalah bilangan minimal yang memenuhi syarat tersebut. Kita menyatakan bahwa p i ≠ q j untuk

setiap i = 1, 2, …, k, j = 1, 2, …, h. Jika, sebagai contoh, p k = q h = p , maka n ' = n / p = p 1 L p k − 1 = q 1 L q h − 1 dan 1 < n’ < n, merupakan kontradiksi dari setiap i = 1, 2, …, k, j = 1, 2, …, h. Jika, sebagai contoh, p k = q h = p , maka n ' = n / p = p 1 L p k − 1 = q 1 L q h − 1 dan 1 < n’ < n, merupakan kontradiksi dari

Dimana 1 ≤ r i ≤ p 1 , i = 1 , K , h . Kita akan peroleh

n = q 1 q 2 K q h = ( p 1 c 1 + r 1 )( p 1 c 2 + r 2 ) K ( p 1 c h + r h )

Dengan memperluas persamaan ini kita akan memperoleh n = Ap 1 + r 1 r 2 K r h . Dengan mengetahui bahwa n '= r 1 r 2 K r h kita peroleh n = p 1 p 2 K p k = Ap 1 + n ' . Dari sini kita dapat ketahui bahwa p 1 | n ' dan n '= p 1 s 1 s 2 K s i , dimana s 1 , s 2 , K , s i adalah bilangan prima.

Dari sudut lain, menggunakan faktorisasi dari r 1 , r 2 , K , r h kedalam bentuk prima, semua faktor dari r i < p 1 . Dari n '= r 1 r 2 K r h diikuti n’ sudah difaktorkan kedalam bentuk n '= t 1 t 2 K t j dimana t s < p 1 , s = 1, 2, ..., j. Faktorisasi ini berbeda dari bentuk n '= p 1 s 1 s 2 K s i . Namun n’ < n, ini merupakan kontradiksi dari minimalitas n.

Dari teorema ditas dapat diturunkan bahwa untuk setiap bilangan bulat n > 1 bisa dituliskan secara unik dalam bentuk

Dimana p 1 , p 2 , ..., p k adalah bilangan-bilangan prima unik dan α 1 , α 2 , K , α k adalah bilangan bulat positif. Representasi ini disebut faktorisasi kanonikal (canonical

factorization ) dari n. Contoh Soal 1 : Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan bulat n > 1 bilangan

n 5 +n 4 + 1 bukan bilangan prima.

Solusi: Kita peroleh n 5 4 5 4 3 3 +n 2 + 1 = n + n

2 3 = ( n + n + 1 )( n − n + 1 ) ,

hasil perkalian dari dua bilangan bulat diatas 1. Oleh karena itu 5 n +n 4 + 1 bukan bilangan prima.

Contoh Soal 2: Carilah semua bilangan prima a, b, c sehingga ab + bc + ac > abc.

Solusi: Misalkan a ≤ b ≤ c . Jika a ≥ 3 maka ab + bc + ac > 3bc, sebuah kontradiksi. Karena a adalah bilangan prima, maka ini mengarahkan ke a = 2. Pertidaksamaannya akan menjadi 2b + 2c + bc > 2bc, sehingga:

jika b ≥ 5 , maka c ≥ 5 dan < + < + = , ini salah. Jadi solusinya ada untuk

b ≤ 5 , yaitu: 1. b = 2 dan c bisa sembarang bilang prima 2. b = 3 dan c = 3 atau 5.

CONTOH SOAL:

1. Diberikan p, q dan r bilangan prima dan diberikan n sebuah bilangan bulat positif sehingga

p 2 + q = r Buktikan bahwa n=1.

nn

2. Buktikan pertidaksamaan Bonse p 1 p 2 K p n > p 2 n + 1 untuk n ≥ 4 , dimana p 1 = 2 , p 2 = 3 , K adalah deret menaik dari bilangan-bilangan prima.

FAKTOR PERSEKUTUAN TERBESAR

Untuk sebuah bilangan bulat positif k kita nyatakan D k sebagai himpunan dari semua pembagi positifnya. Jelas bahwa D k adalah himpunan terhingga. Untuk bilangan Untuk sebuah bilangan bulat positif k kita nyatakan D k sebagai himpunan dari semua pembagi positifnya. Jelas bahwa D k adalah himpunan terhingga. Untuk bilangan

persekutuan terbesar (greatest common divisor ) dari m dan n, kita menggunakan notasi fpb(m,n).

Pada kasus dimana D m ∩ D n ={1}, kita mengatakan bahwa fpb(m,n)=1 dan kita

nyatakan m dan n adalah relatif prima. Hal berikut bisa diturunkan secara langsung dari definisi di atas: 1. Jika d = fpb(m,n), m = dm’, n = dn’ maka fpb(m’,n’)=1 2. Jika d = fpb(m,n), m = d’m’’, n = d’n’’ maka fpb(m’’,n’’) = 1 maka d’ = d 3. Jika d’ adalah faktor persekutuan dari m dan n maka d bisa membagi fpb(m,n) 4. Jika

α i , β i ≥ 0 , α i + β i ≥ 1 , i = 1 , 2 , K , k , maka

min( α 1 , β 1 )

min( α k , β k ) fpb ( m , n ) = p 1 K p k

5. Jika m = nq + r maka fpb(m,n) = fpb(n,r) Mari kita buktikan poin 5. Misalkan d = fpb(m,n) dan d’ = fpb(n,r). Karena d|m dan

d|n diikuti d|r. Karena d|d’. Kebalikannya dari d’|n dan d’|r diikuti oleh d’|m, jadi d’|d. Oleh karena itu d = d’.

Sebuah algoritma yang berguna untuk menemukan faktor persekutuan terbesar dari dua bilangan bulat positif adalah Algoritma Euclidean. Ini berisi penerapan berulang dari Algoritma Pembagian:

m = nq 1 + r 1 , 1 ≤ r 1 < n n = r 1 q 2 + r 2 , 1 ≤ r 2 < r 1

Rantai persamaan ini adalah terhingga karena n > r 1 > r 2 > K > r k .

Sisa bagi yang tidak nol, r k , adalah faktor persekutuan terbesar dari m dan n. Sebenarnya dengan menggunakan aturan 5) diatas kita dapatkan

fpb ( m , n ) = fpb ( n , r 1 ) = fpb ( r 1 , r 2 ) = K = fpb ( r k − 1 , r k ) = r k

Proposisi 1: Untuk bilangan bulat positif m dan n, terdapat bilangan bulat a dan b sehingga am +bn = fpb(m,n).

Bukti: Dari Algoritma Euclidian bisa diperoleh

r 1 = m − nq 1 , r 2 = − mq 2 + n ( 1 + q 1 q 2 ), K

Secara umum r i = m α i − n β i , i = 1 , K , k . Karena r i + 1 = r i − 1 − r i q i + 1 , sehingga

i = 2, ..., k-1. Akhirnya, kita mendapatkan bahwa fpb ( m , n ) = r k = α k m + β k n . Kita bisa mendefinikan faktor persekutuan terbesar dari beberapa bilangan bulat

positif m 1 , m 2 , K , m s dengan memperhatikan:

d 1 = fpb ( m 1 , m 2 ), d 2 = fpb ( d 1 , m 3 ), K , d s − 1 = fpb ( d s − 2 , m s )

Bilangan bulat d = d s − 1 disebut faktor persekutuan terbesar dari m 1 , m 2 , K , m s dan

dinotasikan sebagai fpb ( m 1 , m 2 , K , m s )

Contoh Soal 1: Temukan faktor persekutuan terkecil dari bilangan-bilangan yang

n A + = 2 3 + 3 6 2 + 5 6 memenuhi 2

.dimana n = 0, 1, ..., 1999.

Solusi: Kita dapatkan A 0 = 1 + 9 + 25 = 35 = 5 . 7

Menggunakan kongruen mod 5 kita peroleh

(mod 5 ) . Untuk n =A 1 , 1 ≡ 9 ≠ 0 (mod 5 ) , karena itu n bukan faktor persekutuan.

Sebaliknya, n A 3

Oleh sebab 7 dapat membagi A n , untuk semua bilangan bulat n ≥ 0 . Akibatnya, faktor

persekutuan terbesar dari bilangan A o , A 1 , K , A 1999 adalah 7.

Contoh Soal 2: Temukan semua tripel bilangan bulat positif (a, b, c) sehingga

a 3 b 3 c 3 a 2 + 2 + bisa dibagi b + b c + c 2 a

g Solusi: Biarkan g sebagai faktor persekutuan terbesar dari a dan b. Maka 3 bisa 2 3 3 3 membagi 3 a b jadi g bisa membagi a + b + c dan g bisa membagi c. Dengan ini, fpb

dari setiap pasangan (dua bilangan) dari a, b, c adalah fpb untuk ketiganya. Biarkan (l,m,n) = (a/g, b/g, c/g). Maka (l, m, n) adalah tripel yang memenuhi kondisi

2 permasalahan, dan l, m, n merupakan pasangan-pasangan relatif prima. Karena 2 l , m 2 3 3 dan 3 n semuanya bisa membagi l + m + n , sekarang kita mempunyai

Asumsikan tanpa kehilangan arti umumnya bahwa l ≥ m ≥ n . Kita akan mempunyai l 2 m 2 n 2 l 3 ≤ + m 3 n + 3 ≤ 3l 3

dan karena itu, m 2 n 2 2 3 / 3 3 ≤ l . Karena l | ( m + n ) , kita juga mempunyai

Jika n ≥ 2 maka m ≤ 2 . 9 / 2 4 < 2 ≤ n yang berlawanan dengan asumsi bahwa m ≥. n Oleh sebab itu, n haruslah 1. Dan tidak sulit untuk dilihat bahwa (1, 1, 1) adalah solusi unik dari permasalahan ini dengan m = 1 .

Jika m ≥ 2 maka l > karena l dan m relatif prima, jadi m

dan 2 l > m / 2 , sehingga

dan m ≤ 4 . Tidaklah sulit untuk melihat bahwa satu-satunya solusi adalah (3, 2, 1).

KELIPATAN PERSEKUTUAN TERKECIL

Berlawanan dengan himpunan D k yang sudah kita pelajari di sub bahasan sebelumnya, M k adalah himpunan terhingga bilangan bulat. Untuk bilangan bulat positif s dan t, elemen terkecil dari himpunan M s ∩ M t disebut kelipatan persekutuan terkecil

dari s dan t dan dinotasikan sebagai kpk(s,t). Berikut adalah turunan langsung dari definisi tersebut: 1. Jika m = kpk(s,t), m = ss’ = tt’, maka fpb(s’,t’) = 1. 2. Jika m’ adalah kelipatan persekutuan dari s dan t dan m’ = ss’ = tt’,

fpb(s’,t’)=1, maka m’=m 3. Jika m’ adalah kelipatan persekutuan dari s dan t maka m|m’.

4. Jika s = p 1 K p k dan t = p 1 K p k , α i , β i ≥ 0 , α i + β i ≥ 1 ,i

= 1, ..., k, maka

kpk ( s , t ) p max( α 1 β 1 ) K p max( α k β k = ) 1 k

Hal berikut menunjukkan hubungan antara fpb dengan kpk. 5. Untuk setiap bilangan bulat positif m dan n akan memenuhi hubungan

berikut: mn = fpb ( m , n ). kpk ( m , n )

ARITMATIKA MODULAR

Untuk bilangan bulat a, b dan n, dimana n ≠ 0. Kita katakan a dan b adalah modulo kongruen n jika n|a-b. Kita notasikan dengan a ≡ b (mod n). Relasi ≡ pada himpunan Z bilangan bulat disebut relasi kongruen. Jika m tidak bisa membagi a – b, maka kita katakan bilangan bulat a dan b bukan modulo kongruen n. Berikut pernyataan yang bisa diturunkan dari hal ini:

1. a ≡ a (mod n) (reflektif) 2. jika a ≡ b (mod n) dan b ≡ c (mod n), maka a ≡ c (mod n) (transitif) 3. jika a ≡ b (mod n) maka b ≡ a (mod n) 4. Jika a ≡ b (mod n) dan c ≡ d (mod n) maka a+c ≡ b+d (mod n) dan a – c ≡

b – d (mod n) 5. Jika a ≡ b (mod n) maka untuk sembarang bilangan bulat k, ka ≡ kb (mod n) 6. Jika a ≡ b (mod n) dan c ≡ d (mod n) maka ac ≡ bd (mod n)

Teorema 1: Untuk a, b, n bilangan bulat, n ≠ 0 sehingga a = nq 1 + r 1 , b = nq 2 + r 2 ,

0 ≤, r 1 r s ≤ |n | . Maka a ≡ b (mod n ) jika dan hanya jika r 1 =. r 2

Bukti: Karena a − b = n ( q 1 − q 2 ) + ( r 1 − r 2 ) , ini menghasilkan n|a-b jika dan hanya jika n | r 1 − . Dengan memperhatikan bahwa r 2 | r 1 − r 2 | < | n | , kita akan peroleh n | r 1 − r 2

jika dan hanya jika r 1 =. r 2

Contoh Soal: Temukan sebuah bilangan bulat n dengan 100 ≤ n ≤ 1997 sehingga n membagi n 2+ 2

Solusi: Perhatikan bahwa 2 mebagi n 2+ 2 untuk semua n. Selain itu 2 juga membagi

2+ n 2 jika dan hanya jika n ≡ 6 (mod 10), dan 43 membagi 2+ 2 jika dan hanya jika n ≡ 8 (mod 14). Karena n = 2.11.43 = 946 memenuhi semua kongruenitas tersebut, maka

n membagi n 2+ 2

DIGIT TERAKHIR

Misalkan a n a n-1 ....a 0 adalah representasi desimal dari bilangan bulat positif N. Digit terakhir N adalah l(N) = a 0 dan untuk k ≥ 2, k digit terakhir adalah l k (N) = a k-1 ... a 0 . Konsep sederhana ini muncul dalam berbagai situasi. Sangat berguna mengetahui digit terakhir dari kn, dimana untuk k = 2, 3, ..., 9:

Dan jelas bahwa jika l(N)=0 maka l n n (N ) = 0...0 (0 sebanyak n) dan jika l(N) = 1 maka l(N n ) = 1 untuk semua n ≥ 2.

7 7 7 Contoh Soal 1: Apakah digit terakhir dari (. . . (((7 7 ) ) )... )? Ada 1001 buah 7 dalam formula tersebut. Solusi: Digit terakhir dari bilangan desimal adalah sisa modulo 10. Sekarang 7 2 = 49 ≡ -1

7 (mod 10). Sehingga 7 2 = (7 )3.7 ≡ -7 (mod 10) dan

7 7 7 (7 7 ) ≡ (-7) ≡ -(7 ) ≡ -(-7) ≡ 7 (mod 10) 7 7 Melanjutkan proses tersebut kita akan melihat bahwa ((7 7 ) ) ) ≡ 7 (mod 10) dan secara

7 7 7 umum (…(((7 7 ) ) )…. ) ≡ ± 7 (mod 10), dimana tandanya + jika jumlah kemunculan 7 adalah ganjil dan – jika kemunculan 7 adalah genap. Jadi untuk pertanyaan diatas

jawabannya adalah 7 Contoh Soal 2: Berapa digit terakhir dari 2 2003 ?

Solusi: Dengan mengubah n=1,2,3…dst, perhitungan 2n menghasilkan deret 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048, 4096, dst. Amati angka terakhir dari setiap bilangan, kita mendapatkan perulangan dari 6 – 2 – 4 – 8 pada n mod 4 = 0, 1, 2, 3. Jadi jika n=2003, diperoleh 2003 mod 4 = 3, yaitu memiliki digit terakhir 8.

Contoh Soal 3: Ketiga digit awal dari hasil perkalian 22002 x 52005 jika dijumlahkan adalah?

Solusi: Ini juga tidak mungkin dihitung manual. Perhatikan bilangan dasarnya 2 dan 5 yang jika dikalikan menjadi 10. Karena setiap pasang faktor 2 dan 5 menghasilkan 10 berarti hanya menambah 0 di digit terkanan. Ada 2002 pasang faktorfaktor tersebutg sehingga 22002 x 52005 = 53 x 102002= 125 102002. Penjumlahan tiga digit awal 1+2+5=8

Contoh Soal 4: Hitunglah (80! x 38!) /(77! x 40!). Solusi: Menggunakan sifat sbb untuk a dan b bulat positif, a > b, maka a!/b! = a.(a –

1).(a – 2)…(b + 1). Maka (80! x 38!) /(77! x 40!) = (80!/77!) / (40!/38!)

= (80x79x78) / (40x39) = (80/40) x (78/39) x 79 = 2 x 2 x 79 = 316

yang dapat dihitung tanpa kalkulator. Contoh Soal 5: Jika n dan p adalah dua bilangan bulat, dan n + p berharga ganjil,

manakah dari berikut ini bil ganjil? (A) n – p + 1 (B) np (C) n2 + p2 – 1 (D) 3p + 5n

(E) (p – n)(n – p) Solusi : A bukan, karena (n+p) adalah ganjil maka dari n dan p salah satu ganjil dan yang

lain genap. Selisih antara n dan p pasti ganjil sehingga jika ditambah 1 menjadi genap. B bukan karena perkalian antara suatu bilangan genap dengan bilangan apapun akan

menjadi genap. C bukan karena pangkat bulat positif berapapun dari bilangan genap, tetap genap, dan

ganjil tetap ganjil, kemudian ganjil ditambah genap dan dikurang ganjil menjadi genap. D bukan karena pangkat bulat positif berapapun dari bilangan ganjil tetap bilangan ganjil,

dan jumlah dua bilangan ganjil menjadi genap. E benar, karena perkalian antara dua bilangan ganjil menghasilkan bilangan ganjil.

DEFINISI REKURSIF

Definisi rekursif adalah bagaiman membangun sesuatu dari versi sederhana dari hal yang sama. Definisi rekursif mempunyai dua bagian :

1. Kasus basis (base case) yang tidak tergantung dengan apapun

2. Kasus Kombinasi yang bergantung pada kasus yang lebih sederhana. Sebagai contoh kita ambil definisi rekursif dari faktorial: ⎧ 1 , x = 0

fac ( x ) = ⎨

⎩ x . fac ( x − 1 ), x > 0

Kasus basis dari contoh diatas adalah fac(x)=1 untuk x=0 dan kasus kombinasinya adalah f(x) = x.fac(x-1) untuk x >0

Contoh lain adalah deret Fibonacci, yang telah disinggung di bab sebelumnya. Misalkan kita memiliki fungsi fib(n) yang mengembalikan bilangan fibonacci ke-n. Maka dengan cara rekursif dapat kita definisikan bahwa:

fib ( n ) = ⎨ 1 , n = 1

⎩ fib ( n − 1 ) + fib ( n − 2 ), n > 1

Untuk fungsi diatas kasus basisnya ada dua yaitu fib(n) = 0 untuk n=0, dan fib(n) = 1 untuk n=1. Sedangkan kasus kombinasinya adalah fib(n) = fib(n-1) + fib(n-2), n > 1.

Cara tradisional untuk mendefinisikan fungsi Fibonacci adalah dengan menggunakan

∑ dan sudah dianggap sebagai definisi informal dari fungsi Fibonacci.

Contoh Soal 1: Jika didefinisikan f(n)=n.f(n-1) untuk setiap n > 0 dan f(0)=1 maka berapakah

f (10)/(f(7).f(6)) ?

Solusi: Fungsi ini adalah fungsi faktorial yang definisikan secara rekursif. Yaitu sama dengan contoh diatas (fungsi fac). Jadi f(10) = 10!, f(7)= 7! Dan f(6) = 6!

Sehingga, 10!/7! = (10.9.8.7.6.5.4.3.2.1)/(7.6.5.4.3.2.1) = 10.9.8 dan (10.9.8) /(6.5.4.3.2.1) = 1

2 Contoh Soal 2: Jika suatu fungsi didefinisikan f(x, y) = x 2 -y untuk x dan y dua bilangan real. Maka f(3, f(3, 4)) adalah?

2 Solusi: f(x, y) = x 2 -y maka f(3, f(3,4) = f(3, 3.3-4.4)

= f(3, -7) = 3.3 + (-7)(-7) = 9 - 49 = -40

SOAL LATIHAN: ⎧ 1 , n = 1

⎪ Jika f ( n ) = ⎨ f ( n / 2 ), n ∈ genap

untuk n bilangan bulat positif n > 0. Berapakah ⎪

⎩ f ( 3 n + 1 ), n ∈ ganjil , n > 1

f(2008)?

DERET

Ada dua macam deret yang sering menjadi topik, yaitu deret aritmatika dan deret geometri. Kedua deret ini berbeda dalam hal definisi suku berikutnya terhadap suku sebelumnya.

Deret aritmatika adalah deret bilangan yang selisih suku-suku bersebelahan selalu tetap. Contohnya deret bilangan bulat: ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, .... Misalkan Un melambangkan suku ke n dari deret aritmatika, maka Un-Un -1 =b atau beda antar sukunya. Suku pertama dari deret ini U1 kita misalkan a. Maka akan berlaku hal berikut:

Un = a + (n-1)b Misalkan Sn adalah jumlah n suku pertama, U 1 +U 2 +U 3 + ... + Un, berlaku n ( a + Un )

Sn =

2 dengan kata lain

Sn =

2 Pembuktian untuk formula Sn ini sudah kita lakukan pada bab sebelumnya. Selanjutnya kita akan membahas mengenai deret geometri. Deret geometri adalah deret

bilangan dimana hasil bagi suku-suku bersebelahan selalu tetap. Contoh deret geometri adalah sebagai berikut: 1, 2, 4, 8, ... Un/Un- 1 selalu menghasilkan 2, hal ini kita sebut sebagai rasio r. Maka akan berlaku

Un = arn-1, dan

a n ( r − 1 ) Sn =

Contoh Soal 1: 12. Diberikan dua deret bilangan R: 1, 2, 3, 4, 5, 6 S: 2, 5, 8, 11,14, 17

Tunjukkan persamaan yang menunjukkan hubungan antara R dan S? Solusi: Kita dapat lihat deret tersebut adalah deret aritmatika. Mari kita lihat masing-masing

deret mulai dari deret R. a r = 1 dan b r =1, maka U nr =a r +(n-1)b r = 1 + (n-1).1 = n. Sedangkan untuk deret S. a s = 2 dan b s = 3, maka U ns =a s + (n-1)b s = 2 + (n-1)3 = 3n-1. Maka kita dapat lihat bahwa hubungan antara kedua deret itu adalah S = 3R -1

KOMBINATORIKA

Kombinatorial adalah cabang matematika untuk menghitung jumlah penyusunan objek-objek tanpa harus mengenumerasi semua kemungkinan susunannya. Kombinatorial merupakan bahasan yang penting dalam matematika diskrit. Blaise Pascal (1623-1662) adalah seorang bangsawan Perancis yang membaktikan seluruh hidupnya untuk matematika, bahkan bisa disebut matematikawan terbaik pada jamannya. Pada usia 17 tahun ia sudah menulis essai tentang kerucut. Belum sampai usia 20 tahun ia menjadi salah seorang yang pertama menemukan perhitungandalam mekanika. Ia meninggal di usia 39 tahun, tetapi sebelumnya telah bekerja sama dengan Pierre de Fermat meletakkan dasar-dasar probabilitas. Dari konsep-konsep kombinatorik Paskal menyusun segitiga Pascal yang digunakan untuk menghitung banyaknya cara memilih r unsur dari n unsur yang ada. Selain itu, Pascal juga tertarik pada probabilitas dari kejadian-kejadian yang jarang muncul. Menjelang akhir hidupnya ia berharap dapat mencari tahu probabilitas dari kejadian-kejadian semacam ini. Sekarang kita menggunakan probabilitas yang Pascal kembangkan untuk mempelajari keajaiban-keajaiban yang jarang muncul dari berbagai macam kejadian, seperti kecelakaan, kerusakan mesin, dan kerusakan akibat cuaca buruk. Meskipun sebagai manusia kita tidak tahu pasti apa yang akan terjadi nanti namun ahli-ahli statistika dapat mengestimasi kemungkinan dari kejadian-kejadian tertentu yang akan terjadi menggunakan probabilitas (teori peluang/kemungkinan). Banyak dari para ahli matematika yang pertama kali mengembangkan teori probabilitas sebenarnya adalah orang-orang yang menyukai judi. Mereka berharap bahwa pemahaman mengenai probabilitas dapat meningkatkan peluang mereka untuk memenangkan permainan yang mereka lakukan.

Girolamo Cardano , salah seorang penjudi yang juga merupakan seorang professor dalam bidang matematika, menghitung probabilitas dari pelemparan dadu tertentu dan probabilitas dari penarikan kartu As dari sekotak kartu. Ia memperlihatkan hasil kerjanya dalam bukunya yang berjudul Ludo Aelae (Book of Games of Chance). Dalam buku ini, ia tidak hanya membicarakan kemungkinan untuk memenangkan permainan saja tetapi juga menyarankan cara-cara yang menarik untuk bermain curang. Misalnya ia menjelaskan bagaimana caranya untuk meningkatkan peluang penarikan kartu tertentu dari sebuah kotak kartu dengan cara menggosoknya dengan sabun. Banyak aspek dalam kehidupan kita Girolamo Cardano , salah seorang penjudi yang juga merupakan seorang professor dalam bidang matematika, menghitung probabilitas dari pelemparan dadu tertentu dan probabilitas dari penarikan kartu As dari sekotak kartu. Ia memperlihatkan hasil kerjanya dalam bukunya yang berjudul Ludo Aelae (Book of Games of Chance). Dalam buku ini, ia tidak hanya membicarakan kemungkinan untuk memenangkan permainan saja tetapi juga menyarankan cara-cara yang menarik untuk bermain curang. Misalnya ia menjelaskan bagaimana caranya untuk meningkatkan peluang penarikan kartu tertentu dari sebuah kotak kartu dengan cara menggosoknya dengan sabun. Banyak aspek dalam kehidupan kita

KONSEP DASAR PENCACAHAN

Dalam kehidupan sehari-hari kita sering dihadapkan dengan masalah penghitungan. Misalnya ada berapa cara yang dapat dilakukan pada saat memasukan sebuah kelereng ke dalam sebuah kantung, begitu pula apabila memasukan beberapa kelereng ke dalam beberapa kantung, berapa cara memilih wakil dari bebarapa kelompok mahasiswa dan masih banyak lagi kasus yang lain. Salah satu prinsip dasar yang mendasari perkembangan probabilitas terutama yang terkait dengan masalah penghitungan adalah konsep dasar pencacahan. Ada dua perinsip dasar pada konsep dasar pencacahan yaitu prinsip penjumlahan dan prinsip perkalian

PRINSIP PENJUMLAHAN (RULE OF SUM)

Apabila kita mempunyai dua buah himpunan yang tidak memiliki unsur bersama, maka jumlah anggota dari dua himpunan ini adalah jumlah dari banyak anggota dari masing-masing himpunan.

Definisi 5.1.

Jika ada sebanyak m cara untuk memilih benda jenis A dan ada n cara untuk memilih benda jenis B , maka total ada sebanyak n + cara untuk memilih benda jenis A atau m benda jenis B dengan A ∩B = φ . Perinsip ini disebut sebagai Perinsip Penjumlahan.

Secara umum apabila dalam suatu pelaksanaan tugas diperoleh hal berikut:

- Jika tugas I dilaksanakan dengan m 1 cara - Jika tugas II dilaksanakan dengan m 2 cara

- Jika tugas ke k dilaksanakan dengan m k cara

Dengan syarat tugas yang diberikan harus disjoint (saling asing), maka seluruh tugas dapat

dilaksanakan dengan m 1 + m 2 + ... + m k .

Contoh 5.2.

Misalkan ada tujuh kuliah yang berbeda yang ditawarkan di pagi hari dan lima kuliah yang berbeda yang ditawarkan di siang hari. Maka ada sebanyak 7 + 5 = 12 pilihan bagi mahasiswa yang akan mengambil hanya satu kuliah saja.

PRINSIP PERKALIAN ( RULE OF PRODUCT)

Apabila dalam suatu prosedur (urutan pengerjaan) yang dapat dilakukan dalam dua langkah yang saling lepas (tidak bergantung). Jika langkah pertama ada sebanyak m cara dan langkah kedua dapat dilakukan dengan n cara maka prosedur tersebut dapat dilakukan dengan m × n cara.

Definisi 5.3.

Jika ada m cara untuk memilih benda jenis A dan untuk setiap pilihan tersebut ada n cara untuk memilih benda jenis B , maka total ada sebanyak m × n cara untuk memilih satu benda jenis A dan satu jenis benda B . Perinsip ini disebut Perinsip Perkalian.

Secara umum apabila diberikan suatu langkah yang terdiri dari beberapa tugas misalkan saja sampai sebanyak k tugas dengan ketentuan berikut:

- Jika tugas I dilaksanakan dengan m 1 cara - Jika tugas II dilaksanakan dengan m 2 cara

- Jika tugas ke k dilaksanakan dengan m k cara Dengan pelaksanaan yang saling lepas antara tugas satu dan tugas yang lain, maka

pasangan tugas dalam suatu langkah dapat dilaksanakan dengan m 1 × m 2 × ... × m k cara.

Contoh 5.4.

Sebuah warung menyediakan menu yang terdiri dari 4 jenis makanan (sate, soto, nasi campur, dan bakso) dan 3 jenis minuman (Es Jeruk, Es Teh, dan Es Degan). Banyaknya Sebuah warung menyediakan menu yang terdiri dari 4 jenis makanan (sate, soto, nasi campur, dan bakso) dan 3 jenis minuman (Es Jeruk, Es Teh, dan Es Degan). Banyaknya

9 Langkah pertama, kita memilih makanan yang bisa di lakukan dalam 4 cara

9 Langkah kedua, kita memilih minuman yang bisa dilakukan dalam 3 cara, Sehingga banyaknya macam hiadangan adalah sebanyak 4 × 3 = 12 cara.

PERMUTASI DAN KOMBINASI

Secara garis besar persoalan pencacahan dapat dikelompokkan sebagai berikut:

a. Pencacahan pola terurut dari beberapa benda, dalam hal ini susunan (urutan) dari benda

tersebut sangat diperhatikan, jadi ab ≠ ba .

b. Pencacahan pola yang tak terurut dari beberapa benda, dalam hal ini susunan (urutan)

dari benda tersebut tidak diperhatikan, jadi ab = ba .

Berdasarkan cara pengambilan, kelompok ini terbagi lagi ke dalam dua bagian yaitu: - Pengambilan dengan pemgembalian/pengulangan. - Pengambilan tanpa pengembalian/tanpa pengulangan

Dalam kehidupan sehari-hari kita sering menghadapi masalah pengaturan suatu obyek yang terdiri dari beberapa unsur, baik yang disusun dengan mempertimbangkan urutan sesuai posisi yang diinginkan maupun yang tidak. Misalnya menyusun kepanitiaan terdiri dari ketua, sekretaris dan bendahara dimana urutan untuk posisi tersebut dipertimbangkan atau memilih beberapa orang untuk mewakili sekelompok orang dalam mengikuti suatu kegiatan yang urutan tidak diperhatikan. Dalam matematika, penyusunan obyek yang terdiri dari beberapa unsur dengan mempertimbangkan urutan disebut Permutasi, sedangkan yang tidak memperhatikan urutan disebut Kombinasi.

PERMUTASI

Dalam berapa cara tiga buah buku A, B, C yang berbeda dapat disusun secara teratur di atas sebuah meja? Cara yang paling sederhana untuk menjawab pertanyaan ini adalah dengan mencatat semua susunan yang mungkin dapat dibuat dengan bantuan metode ruang. Persoalan yang dihadapi sebetulnya sama saja dengan mengisikan 3 ruang kosong dengan buku A, B, C. Ketiga ruang tersebut dapat digambarkan sebagai berikut.

Jika ruang pertama diisi dengan salah satu dari ketiga buku A, B, C maka akan terdapat tiga kemungkinan cara untuk mengisinya. Ini berarti untuk yang paling bawah kita dapat mengisi dengan memilih satu diantara tiga buah buku. Setelah meletakkan satu buku pada lokasi paling bawah maka kita hanya dapat mengisi ruang kedua dengan dua cara saja, karena hanya sisa dua buku saja yang dapat digunakan untuk mengisi ruang kedua. Karena dua buku sudah diletakkan maka untuk pengisian ruang ke tiga masih tersisa satu buku saja. Menggunakan prinsip perkalian maka hasilnya ketiga ruang tersebut dapat diisi dengan

3 × 2 × 1 = 6 cara. Dari contoh tersebut penyusunan secara teratur berarti penyusunan atau pengaturan suatu kelompok objek dalam suatu urutan (order) tertentu. Urutan penyusunan atau pemilihan merupakan ciri khas dari masalah permutasi.

Definisi 5.6.

Permutasi sejumlah objek adalah penyusunan objek tersebut dalam suatu urutan tertentu. Berikut akan dibicarakan terlebih dahulu permutasi dari n objek yang berbeda tanpa pengembalian objek yang telah terpilih.

PERMUTASI DARI n-OBJEK YANG TERPILIH

Dari contoh penyusunan buku diperoleh cara menyusun tiga buah buku yang berbeda adalah 3 × 2 × 1 = 6 cara, secara umum untuk n objek berbeda dapat dipermutasikan dalam

n ( n − 1 )( n − 2 ).....( 3 )( 2 )( 1 ) = n ! cara yang berbeda.

Definis 5.7.

Bila n menyatakan bilangan bulat positif maka hasil penggandaan bilangan tersebut dari

1 sampai dengan n dinamakan n faktorial dan dilambangkan dengan n ! .

Teorema 5.8.

Permutasi dari keseluruhan n objek yang berbeda adalah jumlah cara penyusunan dari suatu kelompok yang terdiri dari n obyek yang berbeda kedalam sebanyak n ruang, secara keseluruhan menjadi n ! dan dilambangkan sebagai P ( n , n ) = n !

PERMUTASI SEBANYAK r DARI n OBJEK

Definisi 5.9.

Pengaturan atau penyusunan sebanyak r obyek yang diambil dari suatu kelompok obyek yang terdiri dari n obyek yang berbeda dinamakan permutasi sebanyak r dari n objek yang

berbeda dimana r ≤ n dan secara simbolis permutasi tersebut dinotasikan sebagai P (r n , ) .

Teorema 5.10.

Jumlah permutasi sebanyak r dari n objek yang berbeda dimana r ≤ dan n

pengambilan r tanpa pengulangan adalah P ( n , r ) =

( n − r )!

Contoh 5.11.

Dari 7 orang anak akan disusun suatu perangkat kelas yang terdiri dari ketua, sekretaris dan bendahara. Berapa cara yang dapat dilakukan untuk memilih perangkat kelas tersebut?

Persoalan ini dapat diselesaikan dengan permutasi. Dari soal diketahui n = 7 dan r = 3 . Jadi

banyaknya cara memilih perangkat kelas adalah P ( 7 , 3 ) =

= = 210 cara.

PERMUTASI KELILING (CIRCULAR PERMUTATION)

Definisi 5.12.

Permutasi suatu kelompok objek yang membuat suatu lingkaran dinamakan permutasi keliling (Circular Permutation).

Bila suatu kelompok objek disusun secara teratur dalam sebuah lingkaran maka permutasi objek yang bersangkutan sebetulnya hanya mempersoalkan kedudukan relatif obyek-oyek bila melintasi lingkaran dalam syarat tertentu. Penyusunan obyek A, B, C dalam susunan melingkar berikut dianggap sama.

Gambar 5.1. Dalam persoalan tentang permutasi keliling, hal yang terpenting adalah kedudukan objek

yang tertentu relatif terhadap objek yang lain. Untuk mencari jumlah permutasi dalam susunan keliling tersebut kita harus berusaha menentukan terlebih dahulu kedudukan salah satu objek secara tetap. Kemudian dilanjutkan menghitung jumlah permutasi dari obyek yang lain seperti apabila obyek tersebut tersusun berjajar.

Teorema 5.13.

Permutasi keliling dari n obyek apabila n obyek tersebut disusun dalam sebuah

lingkaran dapat disusun secara teratur dalam (− n 1 )! cara.

Teorema 5.14.

Permutasi keliling r dari n obyek apabila r obyek tersebut disusun dalam sebuah

lingkaran dapat disusun secara teratur dalam P ( n , r ) =

Ada 4 orang yang akan duduk di dalam tiga buah bangku yang disusun melingkar di taman. Ada berapa macam cara posisi duduk yang dapat dilakukan apabila disyaratkan bahwa jika penempatan yang diperoleh dari penempatan lain dengan memindahkan seseorang r tempat duduk searah jarum jam, penempatan tersebut dianggap identik? Terlebih dahulu kita nyatakan keempat orang tersebut sebgai A, B, C, D. Karena penempatan yang diperoleh dengan rotasi dianggap sama maka langkah pertama kita bisa menempatkan A secara Ada 4 orang yang akan duduk di dalam tiga buah bangku yang disusun melingkar di taman. Ada berapa macam cara posisi duduk yang dapat dilakukan apabila disyaratkan bahwa jika penempatan yang diperoleh dari penempatan lain dengan memindahkan seseorang r tempat duduk searah jarum jam, penempatan tersebut dianggap identik? Terlebih dahulu kita nyatakan keempat orang tersebut sebgai A, B, C, D. Karena penempatan yang diperoleh dengan rotasi dianggap sama maka langkah pertama kita bisa menempatkan A secara

3 orang dapat diperoleh dengan sebanyak C(3,2) = 3 cara. Berarti ada 3 posisi yang sama (identik). Sedangkan untuk memilih 3 diantara 4 orang dapat dilakukan dengan sebanyak P(4,3) = 24 cara. Jadi banyaknya cara duduk melingkar yang dapat dilakukan oleh keempat

orang tersebut adalah

= 8 cara.

PERMUTASI SEBANYAK r DARI n OBJEK DENGAN PENGEMBALIAM OBJEK YANG TERPILIH

Teorema 5.16.

Permutasi sebanyak r dari n objek dengan pengembaliam objek yang terpilih adalah jumlah permutasi dari suatu kelompok yang terdiri dari n obyek dan yang diambil sekaligus sebanyak r dengan pengembalian objek yang telah terpilih dilambangkan dengan

R r ( n , r ) = n dengan ketentuan r ≤ n dan merupakan bilangan bulat positif .

PERMUTASI SEBANYAK r DARI n OBYEK YANG TIDAK SELURUHNYA DAPAT DIBEDAKAN

Secara intuitif jumlah pemilihan obyek yang dapat dibedakan tentunya lebih banyak dari pada jumlah pemilihan dimana terdapat beberapa himpunan obyek yang sama (tidak dapat

dibedakan). Misalnya kumpulan { a , a , a } terdiri dari 3 unsur yang tidak dapat dibedakan

hanya dapat dipermutasikan dalam 1 cara saja. Sedangkan apabila kita bedakan unsur

himpunan tersebut menjadi { a 1 , a 2 , a 3 } maka jumlah permutasinya akan menjadi sebanyak 3!

= 6. Jadi apabila dibandingkan maka jumlah permutasinya berkurang hingga 1/6 dari jumlah

semula apabila himpunan { a 1 , a 2 , a 3 } diubah sedemikian hingga menjadi { a , a , a } sehingga

tidak bisa dibedakan dari anggota himpunan yang satu dengan anggota himpunan yang lain.

Teorema 5.17.

Jika terdapat suatu kelompok yang terdiri dari n obyek dimana n 1 merupakan kumpulan objek yang sama, n 2 merupakan kumpulan objek yang sama, dan seterusnya hingga n k

merupakan kumpulan objek yang sama, sedangkan n 1 + n 2 + n 3 + .... + n k = n maka jumlah merupakan kumpulan objek yang sama, sedangkan n 1 + n 2 + n 3 + .... + n k = n maka jumlah

Dalam berapa carakah kata “MISSISSIPPI” dapat dipermutasikan? MISSISSIPPI tersusun dari 4 huruf yang terdiri dari 1M, 4I, 4S dan 2P. Dengan sendirinya diperoleh n 1 =

1, n 2 = 4, n 3 = 4, n 4 = 2, dan n = 11. Jadi permutasi 11 huruf di atas diperoleh: ⎛

Perbedaan dasar antara permutasi dan kombinasi terletak pada diperhatikan atau tidaknya suatu urutan dalam pemilihan serangkaian obyek. Permutasi memberikan tekanan pada urutan pemilihan sedangkan kombinasi tidak memperhatikan urutan pemilihan.

Definisi 5.19.

Kombinasi dari sejumlah objek merupakan cara pemilihan objek yang bersangkutan tanpa memperhatikan urutan objek itu sendiri. Susunan ABC, BAC, ACB, BCA, CAB dan CBA dianggap sama.

Contoh 5.20.

Terdapat empat mata kuliah yang ditawarkan kepada Andi. Karena IP-nya kecil, Andi hanya bisa mengambil dua dari empat mata kuliah yang ditawarkan. Ada berapa cara pemilihan yang dapat dilakukan oleh Andi?

Cara 1:

Misalkan empat mata kuliah tersebut diberi nama M 1 , M 2 , M 3 dan M 4 . Dapat dibentuk pasangan sebagai berikut:

, 3 Jelas terdapat sebanyak 4× 3 pasangan dari urutan ini. Tapi karena adanya pasangan

4 × 3 yang sama muncul dua kali maka diperoleh banyaknya pemilihan adalah

= 6 cara.

Cara 2:

Dibentuk pasangan sebagai berikut: M 1 , M 2 ⎫

Pasangan ini dapat ditulis sebagai ⎜⎜ ⎟⎟ = 3 + 2 + 1 = × 4 × 3 = 6 cara. Jika diperluas

⎛ n ⎞ 1 maka diperoleh ⎜⎜ ⎟⎟ = n ( n − 1 ) cara. Untuk pengambilan tiga mata kuliah diperoleh daftar

⎝ 2 ⎠ 2 sebagai berikut:

M 1 , M 3 M 4 ⎬ ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 + 1 = 3

2 M 1 , M 2 , M ⎝ ⎠ 4 ⎪⎭

Jadi banyaknya pasangan berurutan yang diawali dengan M 1 adalah 3 buah yaitu ⎛ 2 ⎞

M 2 , M 3 M 4 } ⎜⎜

Jadi banyaknya pasangan berurutan yang diawali dengan M 2 adalah 1 buah. Jadi ⎛ 4 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞

Secara umum maka diperoleh persamaan

Inilah yang disebut pemilihan sebanyak k dari n obyek yang berbeda.

KOMBINASI SEBANYAK r DARI n OBJEK YANG BERBEDA. Definisi 5.21.

Pemilihan suatu kelompok terdiri dari r obyek yang mungkin dipilih dari suatu kelompok yang terdiri dari n obyek berbeda tanpa memperhatikan urutan pengambilan ⎛ n ⎞

dengan 0 < r < n disebut kombinasi r dari n obyek dan dinotasikan C (r n , ) atau ⎜⎜ r ⎟⎟ ⎝ . ⎠

Misalkan r merupakan bilangan bulat non negatif. Dengan suatu kombinasi- r himpunan S dengan n anggota, dimaksud sebagai suatu pemilihan tak terurut dari r obyek dari n anggota S . Dengan kata lain, suatu kombinasi- r dari S merupakan himpunan

bagian dari S dengan r anggota. Jika S = { a , b , c , d } maka { a , b , c } , { a , b , d } , { a , c , d } , { b , c , d } merupakan empat kombinasi-3 dari S . Notasi C (r n , ) menunjukkan jumlah

kombinasi- r himpunan dengan n anggota. Sehingga jika r > n maka C ( n , r ) = 0 ! . Jika n = 0 , dan r merupakan bilangan bulat positif, maka C ( 0 , r ) = 0 . Untuk alasan kemudahan

lebih lanjut dibuat suatu kesepakatan bahwa C ( 0 , 0 ) = 1 .

Teorema 5.22.

Kombinasi sebanyak r dari n obyek yang berbeda adalah jumlah kombinasi dari n

n ! obyek yang berbeda dan yang dipilih sekaligus sebanyak r adalah ⎜⎜ ⎟⎟ = . ⎝ r ⎠ r ! ( n − r )!

Tiap kombinasi dari n obyek yang berbeda dan yang diambil sekaligus sebanyak r akan menciptakan sebanyak r ! permutasi karena tiap kelompok yang terdiri dari r obyek tersebut dapat dipermutasikan diantara mereka sendiri dalam r ! cara. Oleh karena itu diperoleh

bahwa ⎜⎜ ⎟⎟ r ! = P ( n , r ) . Jadi ⎜⎜ ⎟⎟ =

, dengan 0 < r < n . ⎝ r ⎠

r ! ( n − r )!

Contoh 5.23.

Diberikan himpunan bilangan H = {1, 2, 3, 4, …, 300}, ada berapa cara memilih 3 bilangan diantara anggota himpunan tersebut sehingga jumlahnya habis dibagi tiga.

Solusi

Bentuk himpunan-himpunan bagian H n dengan anggota-anggotanya jika dibagi tiga akan bersisa sebanyak n bilangan. Diperoleh :

H 0 = {3, 6, 9, 12, 15, …, 300}

H 1 = {1, 4, 7, 10, 13, …. 298}

H 2 = {2, 5, 8, 11, 14, …, 299} Pengambilan 3 bilangan yang jumlahnya habis dibagi tiga dapat dilakukan dengan cara : ⎛ 100 ⎞

- pilih 3 diantara anggota-anggota H 0 diperoleh sebanyak ⎜⎜ ⎟⎟ cara

- pilih 3 diantara anggota-anggota 1 diperoleh sebanyak ⎝ ⎠ cara

- pilih 3 diantara anggota-anggota H 2 diperoleh sebanyak ⎜⎜ ⎟⎟ cara

- pilih 1 anggota H 0 diperoleh sebanyak ⎜⎜ ⎟⎟ cara , ⎝ 1 ⎠

pilih 1 anggota H 1 diperoleh sebanyak ⎜⎜

cara, pilih 1 anggota H 2 diperoleh

⎛ 100 ⎞ sebanyak ⎜⎜

1 ⎟⎟ ⎝ cara. ⎠ Karena terjadi bersama-sama dengan menggunakan prinsip perkalian diperoleh

pengambilan sebanyak ⎜⎜

Jadi total cara memilih tiga bilangan sehingga jumlahnya habis dibagi tiga adalah

⎜⎜ ⎠ ⎝ n − r ⎟⎟ . Hal ini dapat dilihat pada tabel kombinatorial ⎠ berikut:

Untuk setiap n ≥ berlaku r ⎜⎜ ⎟⎟ =

21 2 1 - - - 31331- - 414641-

⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞ Pada baris ke-3 : ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜

⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 3 . Pada baris ke-5 : ⎜⎜ =

Andaikan n dan r adalah dua bilangan bulat yang memenuhi 1 ≤ r ≤ ( n − 1 ) maka berlaku

TEOREMA BINOMIAL DAN MULTINOMIAL

Teorema Binomial

Sebelum kita membahas tentang Teorema Binomial, akan diperkenalkan dulu tentang Koefisien Binomial. Koefisien Binomial disusun berdasarkan definisi kombinatorik. Hasil susunan dari kombinatorik yang bersesuaian dalam tingkat orde tertentu dalam koefisien binomial akan menyusun segitiga Pascal. Selanjutnya konsep segitiga Pascal tersebut dipakai untuk menyelesaikan kasus yang lebih kompleks. Dari teorema-teorema dalam sub bab kombinasi sebelumnya diperoleh tabel berikut:

Pasangan ⎛ n ⎞

⎜⎜ ⎟⎟ ini disebut koefisien binomial. Pasangan ⎜ ⎟ bisa disusun dengan ⎝ r ⎠

susunan berikut yang kemudian dikenal sebagai segitiga pascal.

n=1 n=2 n=3 n=4 n=5

Batas dari segitiga itu terdiri dari bilangan-bilangan 1 dan nilai-nilai di dalamnya merupakan hasil penjumlahan dari dua bilangan diantasnya, identitas yang dihasilkan dari suatu proses penghitungan tersebut identitas kombinatorial, dan argumen yang mengarah pada pembentukannya disebut argumen kombinatorial. Untuk selanjutnya akan dibahas tentang Teorema Binomial.

Teorema 5.26. (Teorema Binomial)

Jika n adalah bilangan bulat positif, maka untuk setiap a dan b dipenuhi persamaan

Jabarkan 4 (

3 x − 2 y ) dengan menggunakan teorema binomial.

Jawaban : sesuai dengan teorema binomial, kita ambil a = 3 x , b = − 2 y dan n = 4 , maka kita dapatkan :

3 x − 2 y )( = a + b )

0 ⎟⎟ a b + ⎜⎜ ⎟⎟ a b 1 + ⎜⎜ 2 ⎟⎟ a b + ⎜⎜ ⎟⎟ a b + ⎜⎜ a ⎝ b ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 4 ⎟⎟ ⎠

3 x − 2 y ) + ⎜⎜ ⎟⎟ ()( 3 x − 2 y ) + ⎜⎜ ⎟⎟ ()( 3 x − 2 y ) + ⎜⎜ ⎟⎟ ()( 3 x − 2 y ) + ⎜⎜ ⎟⎟ ()( 3 x − 2 y )

2 y ) + 6 . 3 x () − 2 y + 4 ( )( ) . 3 x − 2 y + () − 2 y

4 3 2 2 3 = 4 81 x − 216 x y + 216 x y − 96 xy + 16 y

Contoh 5.28.

5 4 Carilah koefisien dari 9 a b dalam penjabaran (

5 Solusi : suku yang melibatkan 4 a b muncul dalam teorema binomial dengan mengambil

n = 9 dan k = 4 ⎜⎜

k ⎟⎟ a b = ⎜⎜ ⎟⎟ a b = 126 a b ⎝ ⎠ ⎝ 4 ⎠

5 Sehinga koefisien dari 4 a b adalah 126. Bertikut persamaan-persamaan yang merupakan hasil pengembangan teorema Binomial.

⎟⎟ dengan 1 ≤ k ≤ n

n − 3. 1 ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... = 2

n − 4. 1 ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... = 2

5. ∑ ⎜ r ⎟ = ⎜ n ⎟ 5. ∑ ⎜ r ⎟ = ⎜ n ⎟

6. ⎜ r ⎟ + ⎜ r ⎟ + ⎜ r ⎟ + .... + ⎜ r ⎟ = ⎛+ ⎜ r 1 ⎟ yang bersekawan dengan

⎜ 0 ⎟ + ⎜ 1 ⎟ + ⎜ 2 ⎟ + .... + ⎜ r ⎟ = ⎜ r ⎟

Teorema Multinomial

Berapa banyak bilangan yang terdiri dari 10 digit dapat dibuat dengan menggunakan bilangan 4,4,4,4,3,3,3,2,2,1? Banyaknya cara menempatkan 10 bilangan ke dalam 10 tempat dapat dilakukan dengan 10! cara. Akan tetapi bilangan-bilangan tersebut dapat dikelompokkan ke dalam 4 golongan yaitu bilangan 4 ada 4 buah, bilangan 3 ada 3 buah, bilangan 2 ada 2 buah dan bilangan 1 ada 1 buah. Karena urutan bilangan yang sama dalam satu golongan memiliki nilai yang sama maka 10! harus dibagi dengan banyaknya cara

penempatan bilangan 4,3,2 dan 1. diperoleh = 12 . 600 cara. Cara lain yang dapat di

tempuh adalah dengan menggunakan kombinasi yang diperumum yaitu: - Meletakkan 4 bilangan ke dalam 10 kotak dapat ditempuh dalam ⎛ 10 ⎞

⎜⎜ 4 ⎟⎟ cara.

- Meletakkan 3 bilangan ke dalam 6 kotak yang tersisa dapat ditempuh dalam ⎜⎜ ⎟⎟ cara.

- Meletakkan 2 bilangan ke dalam 3 kotak yang tersisa dapat ditempuh dalam ⎜⎜ ⎟⎟ cara.

- Meletakkan 1 bilangan ke dalam 1 kotak yang tersisa dapat ditempuh dalam ⎜⎜ ⎟⎟ cara.

Karena kejadian terjadi bersama-sama maka cara mengatur 10 angka tersebut ke dalam

r ≥ 2 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = . Secara umum jika

10 digit adalah

k 1 , k 2 , k 3 , k 4 ,....., k r adalah bilangan bulat dengan k 1 + k 2 + k 3 + k 4 + .... + k r = n , maka k 1 , k 2 , k 3 , k 4 ,....., k r adalah bilangan bulat dengan k 1 + k 2 + k 3 + k 4 + .... + k r = n , maka

r ⎠ k 1 ! k 2 !.... k r ! Bentuk inilah yang di kenal sebagai Koefisien Multinomial. Ekspansi binomial dapat

⎝ k 1 k 2 .... k

diperumum menjadi ekspansi multinomial yaitu:

a 1 + a 2 + a 3 + ... + a r )

= ( a 1 + a 2 + a 3 + ... + a r )( ...... a 1 + a + a + ... + a )

sebanyak

n kali

k 1 , k 2 ... k r ≥ 0 ⎝ k 1 . k 2 ... k ⎟⎟ r ⎠

a 1 a 2 ..... a r

k 1 + k 2 + ... + k r = n

Sifat Koefisien Multinomial adalah ⎛

⎜⎜ k k .... k ⎟⎟ = ⎜⎜

⎝ 1 2 r ⎠ ⎝ 1 − 1 , k 2 .... k r ⎠ ⎝ k 1 k 2 − 1 ,.... k r ⎠

⎝ k 1 k 2 .... k r − 1 ⎠

Contoh 5.29.

2 3 Tentukan koefisien 6 x y z pada ekspansi ( x − 2 y + 3 z ) .

Jawaban Dari soal diketahui n = 6 , k 1 = 2 , k 2 = 3 , k 3 = 1 sedangkan koefisien x = 1 ,

2 3 y 6 = (− 2 ) , dan z = 3 . Koefisien dari x y z pada ekspansi ( x − 2 y + 3 z ) adalah

Teorema 5.30. ( Teorema Multinomial)

Untuk n suatu bilangan bulat positif, maka untuk setiap bilangan real

X 1 , X 2 , X 3 , X 4 ,...., X t akan berlaku :

( X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + .... + X t ) = ∑ ⎜ n 1 n 2 .... n t ⎟ X 1 X 2 X 3 .... Xt dengan syarat

⎞ n 1 n 2 n 3 nt

n 1 + n 2 + n 3 + ... + n t = n

Contoh 5.31.

1. Expansikan bentuk 7 ( X

1 + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 ) sehingga anda dapat menentukan

2 koefisien 3 ( X

Solusi : koefisien ( X 1 X 3 X 4 X 5 ) adalah ⎜⎜

6 3 2. Bila yang diekspansikan 2 (

2 X 1 − 3 X 2 + 5 X 3 ) maka tentukan koefisien X 1 X 2 X 3 .

Solusi: koefisiennya = ⎜⎜

2 3 2. 6 Tentukan koefisien x y z pada ekspansi ( x − 2 y + 3 z ) .

Solusi: Dari soal diketahui n = 6, k 1 = 2, k 2 = 3, k 3 = 1 sedangkan koefisien x = 1, y = (-2) , dan

2 3 z 6 = 3. Koefisien dari x y z pada ekspansi ( x − 2 y + 3 z ) adalah

PIGEONHOLE PRINCIPLE/PERINSIP SARANG MERPATI

Pigeonhole Principle atau Prinsip Sangkar Merpati pertama kali dinyatakan oleh ahli matematika dari Jerman yang bernama Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet pada tahun 1834 sehingga prinsip ini juga dikenal dengan istilah Prinsip Laci Dirichlet. Jika sekawanan merpati terbang kedalam suatu himpunan sarang merpati dimana dalam kasus ini diasumsikan bahwa jumlah merpati lebih banyak dari jumlah sarangnya maka paling sedikit dua merpati harus terbang ke dalam sarang yang sama. Dengan kata lain jika ada 6 burung merpati yang ditempatkan ke dalam 5 rumah, maka salah satu rumah pasti ditempati oleh lebih dari satu burung.

Teorema 5.32.

Jika n di dalam bilangan asli N dan n + 1 atau lebih obyek didistribusikan ke dalam n himpunan maka paling sedikit satu diantara himpunantersebut pasti terdiri dari paling sedikit dua obyek.