matematika diskrit (1) Filsafat Matematika (1) Filsafat Matematika (1)

Matematika Diskret 1

Sugi Guritman Prapto Tri Supriyo

Departemen Matematika

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Institut Pertanian Bogor BOGOR 2004

1 Diktat Kuliah - Hibah Pengajaran SP4

Contents

1 Prinsip Dasar Mencacah

1.1 Aturan Jumlah dan Kali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Permutasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Kombinasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4 Kombinasi dengan pengulangan . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2 Sifat Dasar Intejer

2.1 Prinsip Induksi Matematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2 De…nisi Rekursif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.3 Algoritma Pembagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.3.1 Representasi Basis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.3.2 Representasi Bilangan Negatif . . . . . . . . . . . . . . 46

2.4 Algoritme Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.5 Aritmatik Intejer Modulo n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3 Relasi dan Fungsi

3.1 Produk Cartesian dan Relasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.2 Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.3 Fungsi Surjektif dan Bilangan Stirling Jenis Kedua . . . . . . 71

3.4 Komposisi Fungsi dan Fungsi Invers . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.5 Relasi Ekuivalensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

4 Tiga Topik Pilihan

4.1 Kompleksitas Komputasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

4.1.1 Dominasi Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.1.2 Analisis Algoritme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.1.3 Algoritme Pelacaan Linear . . . . . . . . . . . . . . . . 104

4.2 Bahasa: Mesin Status Berhingga . . . . . . . . . . . . . . . . 107

4.2.1 Bahasa: Teori Himpunan String . . . . . . . . . . . . . 107

4.2.2 Mesin Status Berhingga . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.3 Relasi Rekurensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

4.3.1 Relasi Rekurensi Linear Order Pertama . . . . . . . . . 113

4.3.2 Relasi Rekurensi Linear Homogen Order Kedua den- gan Koe…sien Konstan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

4.3.3 Relasi Rekurensi Tak-homogen . . . . . . . . . . . . . 120

5 Pengantar Teori Graf 122

5.1 Konsep Dasar Graf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

5.1.1 Subgraf, Komplemen, dan Isomor…sma . . . . . . . . . 131

5.1.2 Derajat Verteks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

5.2 Mengenal Beberapa Graf Khusus . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.2.1 Graf Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.2.2 Graf Planar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

5.2.3 Graf Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.3 Tree . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

Chapter 1 Prinsip Dasar Mencacah

Enumerasi atau pencacahan merupakan bahasan awal dari matematika diskret yang digunakan sebagai alat dasar untuk mempelajari materi-materi lainnya yang umumnya bersifat kombinatorik. Disamping itu ia juga mempunyai ap- likasi di banyak area seperti: teori peluang, statistika, teori graf, teori koding, kriptogra… dan analisis algoritme. Materi 1 pembahasannya akan ditekankan

pada: Aturan Jumlah dan Kali,

Permutasi, Kombinasi, dan Kombinasi dengan Pengulangan.

1.1 Aturan Jumlah dan Kali

De…nisi 1.1 (Aturan Jumlah) Jika tugas jenis pertama dapat dilakukan dengan m cara, tugas jenis kedua dapat dilakukan dengan n cara, dan kedua jenis tugas itu tidak dapat dilakukan secara simultan, maka banyaknya cara untuk menyelesaikan tugas-tugas tersebut adalah m + n cara.

Contoh 1.1 Di dalam suatu laboratorium komputer ada 4 printer (merk) jenis laserjet dan 6 printer jenis deskjet. Jika seorang praktikan diperbolehkan menggunakan kedua jenis printer tersebut, maka ada 4 + 6 = 10 printer yang bisa dipilih untuk dipakai.

1 Beberapa bahasan disampaikan hanya sebagai review karena telah diberikan pada matakuliah Matematika Dasar (MAT 212).

Contoh 1.2 Aturan jumlah dapat diperluas untuk lebih dari dua tugas. Mis- alnya, seorang instruktur laboratorium komputer memiliki 4 jenis buku bahasa pemrograman: 5 buku (judul) tentang C++, 4 buku tentang FORTRAN, 3 buku tentang Java, dan 5 buku tentang Pascal: Jika seorang praktikan dian- jurkan untuk meminjam satu buku bahasa pemrograman dari sang instruktur, maka ada 5 + 4 + 3 + 5 = 17 buku yang bisa dia pinjam.

De…nisi 1.2 (Aturan Kali) Jika suatu prosedur dapat dipecah menjadi dua tahap, dan jika tahap pertama menghasilkan m keluaran yang mungkin dan masing-masing keluaran dilanjutkan ke tahap kedua dengan n keluaran yang mungkin, maka prosedur tersebut akan menghasilkan mn keluaran yang mungkin.

Contoh 1.3 Pada Contoh 1.2, jika seorang praktikan diwajibkan menguasai keempat jenis bahasa pemrograman yang masing-masing diberi waktu satu

bulan untuk mempelajarinya, maka ada 5 4 3 5 = 120 cara belajar yang mungkin.

Dengan aturan kali, de…nisi berikut dengan mudah dapat dipahami. De…nisi 1.3 Jika dalam suatu kotak berisi n obyek (benda) yang berbeda,

maka banyaknya cara memilih (mengambil) r obyek dari kotak itu dengan urutan diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) dibolehkan adalah

Ungkapan dari de…nisi di atas bisa diganti dengan: “banyaknya cara men- empatkan n obyek yang berbeda ke dalam r posisi yang berbeda pula dengan pengulangan dibolehkan adalah n r cara”.

Contoh 1.4 Untuk penyimpanan data, suatu memori utama komputer me- muat sejumlah besar sirkuit, masing-masing mampu menyimpan suatu bit (0 atau 1). Sirkuit simpanan ini disusun berdasarkan satuan-satuan yang dise- but dengan sel. Untuk mengidenti…kasi sel di dalam memori utama, masing- masing diberikan satu dan hanya satu nama yang disebut dengan adres. Pada beberapa jenis mesin komputer, adres direpresentasikan sebagai daftar terurut terdiri atas 8 bit yang secara kolektif disebut dengan byte. Dengan

aturan kali, maka ada 2 8 adres yang bisa digunakan untuk mengidenti…kasi sel dimana informasi akan disimpan.

Aturan jumlah dan kali merupakan pengertian dasar untuk memahami bahasan-bahasan selanjutnya yang berkenaan dengan kombinatorika.

Soal 1.1.1 Seorang turis asing akan melakukan perjalanan dari Jakarta ke Bandung menggunakan mobil. Pemandu Wisata menjelaskan bahwa ada 2 al- ternatif yang bisa dipilih, yaitu lewat Purwakarta atau Cianjur. Jika memilih jalur Cianjur, ada 2 alternatif yang bisa dipilih, yaitu lewat Jonggol atau Bo- gor. Jika memilih jalur Bogor, ada 3 alternatif yang bisa dipilih, yaitu lewat Parung, Cibinong, atau Tol, kemudian dari Bogor dilanjutkan dengan 2 al- ternatif, yaitu lewat Puncak atau Sukabumi. Ada berapa cara perjalanan yang bisa ditempuh turis tersebut dari Jakarta ke Bandung, apabila:

1. tanpa batasan apapun.

2. Turis tidak memilih jalur Purwakarta karena tujuannya melancong.

3. Turis ingin mengujungi Kebun Raya Bogor.

4. Turis tidak memilih jalur Puncak karena sering terjadi kemacetan. Soal 1.1.2 Aminah mempunyai 20 buku yang berberda akan ditempakan di

3 rak berbeda. Tentukan banyaknya cara penempatan jika:

1. tidak ada batasan apapun.

2. tidak ada rak yang kosong. Soal 1.1.3 Syarat penulisan plat nomor mobil untuk wilayah Bogor dan sek-

itarnya adalah:

a. dijit petama harus huruf F,

b. dijit terakhir harus dipilih dari huruf A, B, D, atau E;

c. dijit kedua harus angka yang bukan 0;

d. dijit sisanya harus angka (bebas), dan maksimum ada 3 dijit. Dengan menggunakan aturan jumlah dan kali, tentukan banyaknya nomor

mobil yang tersedia di wilayah Bogor dan sekitarnya.

1.2 Permutasi

Diberikan suatu himpunan yang beranggota n obyek, sembarang susunan linear (mendatar) dari obyek-obyek tersebut disebut permutasi. Permutasi berukuran r dari n obyek bisa diartikan sebagai menempatkan n obyek yang berbeda ke dalam r posisi yang berbeda pula dengan cara pengulangan tidak

dibolehkan. Jika n obyek dinotasikan dengan a 1 ;a 2 ; :::; a n ; dan r adalah intejer positif dengan 1

n; maka banyaknya permutasi berukuran r dari n obyek, dinotasikan P (n; r); adalah

n n ! (n 1) (n 2) ::: (n r + 1) =

(n r)!

pos-1 pos-2

pos-3

pos-r

Jelas bahwa P (n; n) = n! dan P (n; 1) = n: Berikut ini adalah pende…nisian permutasi dengan ungkapan yang lain.

De…nisi 1.4 Permutasi berukuran r dari n obyek dapat diartikan sebagai seleksi (pengambilan) sebanyak r dari kumpulan yang beranggota n obyek dengan urutan diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) tidak di- bolehkan.

Contoh 1.5 Di dalam suatu kelas yang terdiri 10 mahasiswa, dipilih 5 dan disuruh berjajar dalam suatu baris untuk difoto. Tentukan banyaknya susunan yang mungkin.

Jawab. Banyaknya susunan yang mungkin adalah langsung mengikuti kaidah banyaknya permutasi, yaitu P (10; 5) = 10 9 8 7 6:

Contoh 1.6 Susunan huruf (kata) akan dibentuk dengan mengambil huruf- huruf yang ada di dalam kata KOMPUTER. Tentukan banyaknya kata (susun- an huruf tidak harus mempunyai arti) yang bisa dibentuk:

1. jika yang diambil semua huruf.

2. jika yang diambil hanya 5 huruf.

3. jika kata terdiri atas 12 huruf dengan syarat pengulangan huruf di- bolehkan.

Jawab. Banyaknya kata yang bisa dibentuk:

1. jika yang diambil semua huruf adalah P (8; 8) = 8!:

2. jika yang diambil hanya 5 huruf adalah P (8; 5) = 8! (8 5)! :

3. jika kata terdiri atas 12 huruf dengan syarat pengulangan huruf di-

bolehkan adalah 8 12 :

Teorema 1.1 Diberikan n obyek, n 1 diantaranya berjenis sama (tidak dapat dibedakan) dan disebut jenis pertama; n 2 berjenis kedua; :::; dan n r berjenis ke r dengan

n 1 +n 2 + ::: + n r = n;

maka banyaknya susunan berukuran n dari n obyek tersebut adalah

n! : n 1 ! n 2 ! ::: n r !

Bukti. Misalkan K adalah banyaknya semua susunan yang dimaksud oleh teorema. Ambil sembarang satu susunan diantara K susunan tersebut, jika semua anggota dari susunan ini dianggap berbeda, maka satu susunan

tersebut akan menghasilkan n 1 !n 2 ! ::: n r ! susunan yang berbeda. Dengan

demikian, K(n 1 ! n 2 ! ::: n r !) = n! atau n!

K=

n 1 ! n 2 ! ::: n r !

Contoh 1.7 Tentukan banyaknya kata yang mungkin dibentuk dengan meng- ambil semua huruf di dalam kata MATEMATIKA.

Jawab. Berdasarkan Teorema 1.1, banyaknya kata yang mungkin diben- tuk dengan mengambil semua huruf di dalam kata MATEMATIKA (2M; 3A; 2T; 1E; 1I; dan 1K) adalah

Contoh 1.8 Buktikan bahwa jika n dan k adalah intejer positif dengan n = n k 2k; maka !

2 adalah intejer. Bukti. 2 n = 2k diartikan sebagai kumpulan n obyek yang mempunyai k

jenis dengan masing-masing jenis beranggota 2 obyek yang sama. Banyaknya

n permutasi berukuran n dari n obyek tersebut adalah ! (2!) = 2 k : Jadi 2 k adalah intejer.

2 Ini merupakan suatu contoh pembuktian dengan pendekatan kombinatorika.

Contoh 1.9 Jika 6 orang didudukkan mengelilingi meja melingkar, maka banyaknya susunan melingkar yang mungkin adalah

Secara umum, jelaskan bahwa banyaknya susunan melingkar berukuran n adalah

n! = (n 1)!: n

Jawab. Setiap satu susunan melingkar menghasilkan n susunan linear (mendatar). Jika banyaknya semua susunan melingkar adalan K; maka nK = n! ,

Contoh 1.10 5 pasang suami-istri didudukkan mengelilingi meja melingkar. Jika duduknya disyaratkan selang-seling laki-laki dan perempuan, tentukan banyaknya susunan yang mungkin.

Jawab. Format susunan melingkar dapat dipandang sebagai format susunan linear dengan membuat satu posisi tetap yang bebas dari pemil- ihan obyek, sedangkan posisi-posisi lainnya mengikuti pola susunan linear. Dalam kasus di contoh ini, ambil satu posisi tetap untuk satu orang dari

5 pasang suami istri tersebut. Selanjutnya, 9 posisi lainnya mengikuti pola susunan linear selang-seling, sehingga diperoleh rumusan

5 4 4 3 3 2 2 1 1 = (5!)(4!): z

Soal 1.2.1 Daftarkan semua permutasi untuk huruf x; y; z; w: Soal 1.2.2 Tentukan jumlah permutasi untuk 7 huruf a; b; c; d; x; y; z. Ke-

mudian, tentukan jumlah permutasi yang diawali huruf d: Tentukan jumlah permutasi yang diawali huruf d dan diakhiri huruf x atau z:

Soal 1.2.3 Ada berapa cara huruf a; d; c; d; x; x; x; x; x dapat disusun sehingga tidak ada huruf x yang bersebelahan.

Soal 1.2.4 Dalam bahasa pemrograman “Celebes”, identi…er dituliskan den- gan satu huruf yang diikuti oleh 7 simbol yang berupa huruf atau angka. (Diasumsikan komputer tidak mampu membedakan huruf besar dan kecil, jadi jumlah huruf ada 26). Seperti layaknya bahasa pemrogrman yang lain, Celebes mempunyai “keyword” yang tidak bisa digunakan sebagai identi…er. Jika ada 36 keyword di dalam Celebes, ada berapa identi…er bisa dituliskan?

Soal 1.2.5 Ada berapa susunan dari huruf-huruf di dalam kata SOCIOLOG- ICAL? Kemudian, ada berapa susunan agar A dan G bersebelahan? Ada berapa susunan agar semua vokal bersebelahan?

Soal 1.2.6 Ada berapa intejer positif n yang bisa dibentuk dengan menggu- nakan angka 3; 4; 4; 5; 5; 6; dan 7 sehingga n 5000000:

Soal 1.2.7 Tunjukkan bahwa untuk setiap intejer n; r 0; jika n + 1 > r; maka

Soal 1.2.8 Tentukan nilai n sehingga:

1. P (n; 2) = 90:

2. P (n; 3) = 3P (n; 2):

3. 2P (n; 2) + 50 = P (2n; 2): Soal 1.2.9 Ada berapa cara jika 7 orang duduk mengelilingi meja bundar?

Kemudian, jika 2 orang ingin duduk bersebelahan, ada berapa susunan yang mungkin?

1.3 Kombinasi

De…nisi 1.5 Kombinasi berukuran r dari n obyek dapat diartikan sebagai seleksi (pengambilan) berukuran r dari kumpulan beranggota n obyek den- gan urutan tidak diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) tidak dibolehkan.

Kombinasi berukuran r dari n obyek bisa juga diungkapkan sebagai men- empatkan r obyek yang identik (sama) ke dalam n posisi yang Kombinasi berukuran r dari n obyek bisa juga diungkapkan sebagai men- empatkan r obyek yang identik (sama) ke dalam n posisi yang

dan dibaca ”n memilih r”, adalah

n!

P (n; r)

C(n; r) =

(n r)!r!

r!

Rumus ini dijelaskan dengan argumen berikut. Setiap satu kombinasi beruku- ran r dari n obyek akan menentukan r! permutasi berukuran r dari n obyek, sehingga untuk C(n; r) kombinasi akan menghasikan

C(n; r) (r!) = P (n; r)

Dengan mudah dimengerti bahwa, untuk sembarang intejer positif n,

Selanjutnya, dide…nisikan bahwa n

r = 0 jika:

n tak-positif dengan r semua intejer, atau n positif dengan r negatif atau r > n.

Contoh 1.11 Dalam ujian tengah semester Matematika Diskret diberikan

12 soal. Tentukan banyaknya cara mengerjakan soal jika:

1. seorang mahasiswa di wajibkan hanya mengerjakan 8 soal.

2. mahasiswa yang bersangkutan diwajibkan memilih 3 soal dari 5 nomor soal pertama dan memilih 5 soal dari 7 nomor soal terakhir.

3. dari 8 soal yang dikerjakan mahasiswa tersebut, dipilih sedikitnya 3 soal dari 5 nomor soal pertama dan sisanya diambil dari 7 nomor soal terakhir.

Jawab. Perhatikan jawaban-jawaban berikut ini.

1. Banyaknya cara mengerjakan 8 soal dari 12 soal adalah 12

2. Banyaknya cara mengerjakan 3 soal dari 5 soal pertama adalah 5

3 ; dan banyaknya cara mengerjakan 5 soal dari 7 soal terakhir adalah 7

5 Secara keseluruhan proses mengikuti aturan kali, sehingga ada 7

cara mengerjakan soal.

3. Mengerjakan sedikitnya 3 soal dari 5 nomor soal pertama dan sisanya diambil dari 7 nomor soal terakhir mempunyai tiga alternatif penger- jaan:

(a) 3 soal dari 5 nomor soal pertama dan 5 soal dari 7 nomor soal

3 5 cara pengerjaan. (b) 4 soal dari 5 nomor soal pertama dan 4 soal dari 7 nomor soal

5 terakhir, berarti ada 7

4 4 cara pengerjaan. (c) 5 soal dari 5 nomor soal pertama dan 3 soal dari 7 nomor soal

5 terakhir, berarti ada 7

5 3 cara pengerjaan. Selanjutnya, secara keseluruhan mengikuti aturan jumlah, berarti ada

5 terakhir, berarti ada 7

3 5 4 4 5 3 cara pengerjaan soal.

Contoh 1.12 Banyaknya susunan huruf di dalam kata ANTABRANTA ada- lah

: 37 800 Jika disyaratkan tidak ada dua huruf A yang berdampingan, buktikan bahwa banyaknya susunan huruf menjadi

Bukti. Pertama, dipandang bahwa huruf A tidak ada, maka banyaknya susunan huruf tanpa A adalah

Kemudian setiap satu susunan huruf tanpa A tersebut disisipkan 4 huruf A dengan gambaran sebagai berikut Kemudian setiap satu susunan huruf tanpa A tersebut disisipkan 4 huruf A dengan gambaran sebagai berikut

Akhirnya dengan aturan kali kita dapatkan jawaban yang dimaksud di atas. z

Contoh 1.13 Di dalam Teori Pengkodean atau Teori Bahasa Komputer, kita mengenal istilah kata(word) atau string yang dide…nisikan sebagai susu- nan simbol (alfabet). Banyaknya simbol dalam string disebut panjang string, misalnya diberikan simbol 0, 1, dan 2, maka 02, 22, 12, dan 10 adalah empat contoh string yang panjangnya 2. Secara umum, jika intejer positif n adalah panjang string, maka banyaknya semua string yang mungkin adalah 3 n ; di-

mana 3 adalah banyaknya simbol. Misalkan x = x 1 x 2 :::x n adalah salah satu dari string tersebut, bobot dari x, dengan notasi wt(x); dide…nisikan sebagai

wt(x) := x 1 +x 2 + ::: + x n :

Ambil contoh: wt(22) = 4; wt(10) = 1; dan wt(102) = 3: Dengan pede…nisian ini, maka banyaknya semua string yang panjangnya 10 adalah

Buktikan bahwa banyaknya string yang panjangnya 10 dan berbobot genap adalah

Bukti. Dari de…nisi jelas bahwa suatu string yang panjangnya 10 dan berbobot genap jika dan hanya jika banyaknya simbol 1 dalam string terse- but juga genap. Dengan demikian banyaknya simbol 1 dalam string yang mungkin adalah 0; 2; 4; ..., 10: Misalkan banyaknya simbol 1 dalam string adalah j; maka banyaknya string yang mungkin adalah

10 10 j

Bilangan ini diperoleh dari menempatkan simbol 1 sebanyak j ke dalam 10 posisi simbol dalam string:

simbol: : posisi: 1 2 3 5 6 7 8 9 10

Banyaknya penempatan yang mungkin adalah 10 j : Selanjutnya, setiap satu penempatan tersebut, (10 j) posisi simbol sisanya ditempati simbol 0 atau

2 (urutan diperhatikan dan pengulangan dibolehkan), sehingga banyaknya penempatan yang mungkin adalah 2 10 j : Kemudian penerapan aturan kali

10 menghasilkan 10 j j 2 . Akhirnya, untuk semua nilai j yang mungkin diter- apkan aturan jumlah, sehingga diperoleh

Teorema 1.2 (Teorema Binomial) Jika x dan y adalah variabel dan n adalah intejer positif, maka

Bukti. (x + y) n dapat ditulis sebagai perkalian dengan n faktor (x + y):

(x + y)(x + y)(x + y)

(x + y):

Ekspansi dari perkalian tersebut menghasilkan jumlahan dengan suku-suku

i bertipe x ni y untuk i = 0; 1; 2; :::; n: Banyaknya suku x y dalam ekspansi

i ni

tersebut merupakan koe…sien dari x n y ; yaitu

i . Bilangan ini diperoleh dari banyaknya cara memilih i faktor dari n faktor.

i ni

Akibat 1.1 Untuk setiap intejer positif n 1; P n

Bukti. Substitusikan pada Persamaan 1.1 untuk:

Contoh 1.14 Himpunan kuasa (power set) dari suatu himpunan A; dino- tasikan dengan P(A); adalah koleksi (himpunan) semua subhimpunan dari

A: Jika jAj = n; dengan n intejer positif, jelaskan bahwa banyaknya subhim- n punan berkardinal k; dengan 0 k n; adalah k ; dan

X n n jP(A)j = n =2 :

k =0

Jawab. Menentukan banyaknya subhimpunan berkardinal k dari suatu himpunan berkardinal n mempunyai arti sama dengan menentukan banyaknya pemilihan berukuran k dari n obyek dengan syarat pengulangan tidak di- bolehkan dan urutan tidak diperhatikan. Dengan demikian, banyaknya sub-

himpunan berkardinal k; dengan 0 n k n; adalah k : Selanjutnya, berda- sarkan Akibat 1.1 No. 1, maka

X n n jP(A)j = n =2 :

k =0

5 2 Contoh 1.15 Tentukan koe…sien dari x 7 y di dalam ekspansi (2x 3y) : Jawab. Berdasarkan Teorema Binomial,

7 (2x 7 3y) = [(2x) + ( 3y)]

= 7i (2x) ( 3y)

i Dengan demikian koe…sien dari x 5 y 2 adalah (yaitu untuk i = 5)

i =0

Teorema 1.3 Untuk sembarang intejer n; r dengan n r 1;

n+1

Bukti. Walaupun teorema ini bisa dibuktikan secara aljabar, yaitu den-

n gan menggunakan de…nisi !

= r !(n r)! ; namun disini pembuktian akan di- lakukan secara kombinatorik. Misalkan

A = fx; a 1 ;a 2 ; :::; a n g;

n banyaknya subhimpunan berkardinal r dari A adalah +1

: Setiap subhim- punan tersebut hanya ada dua kemungkinan: memuat x atau tidak memuat

x: Banyaknya subhimpunan yang memuat x adalah n r 1 , sedangkan yang tidak memuat x adalah n

r : Dengan aturan jumlah, kita dapatkan rumusan yang dimaksud.

Teorema 1.4 (Teorema Multinomial) Untuk intejer positif n dan t; koe…sien dari

1 x 2 x 3 :::x t

dalam ekspansi (x n

1 +x 2 + ::: + x t ) adalah

n! n 1 !n 2 !:::n t !

dan dinotasikan dengan

n : n 1 ;n 2 ; :::; n t

Bukti. Banyaknya suku x n

1 x 2 x 3 :::x t dalam ekspansi (x 1 +x 2 +:::+x t ) adalah banyaknya cara memilih secara berurutan n 1 faktor, n 2 faktor,:::, dan

n t faktor dari n faktor (x 1 +x 2 + ::: + x t ); yaitu

n n n 1 n n 1 n 2 n (n 1 +n 2 + :::n t 1 )=n t

n! ; n 1 !n 2 !:::n t !

n dan merupakan koe…sien dari suku x t

1 x 2 x 2 3 3 :::x t dalam ekspansi (x 1 +x 2 + ::: + x n n ) .

2 3 2 Contoh 1.16 Tentukan koe…sien dari a 5 b c d dalam ekspansi

(a + 2b 16 3c + 2d + 5) :

Jawab. Karena

16 (a + 2b 16 3c + 2d + 5) = [(a) + (2b) + ( 3c) + (2d) + (5)] ; dan berdasarkan Teorema Multinomial, maka

adalah koe…sien dari (a) 2 (2b) 3 ( 3c) 2 (2d) 5 (5) 4 : Dengan demikian,

z Soal 1.3.1 Hitunglah 6

2 3 2 adalah koe…sien dari a 5 b c d :

2 ; dan periksalah jawabannya dengan mendaftarkan semua pemilihan berukuran 2 yang bisa dibuat dari huruf a; b; c; x; y; dan z:

Soal 1.3.2 Jika n adalah intejer positif dan n > 1; buktikan bahwa n

2 merupakan bentuk kuadratik. Soal 1.3.3 Suatu panitia terdiri dari 12 orang yang dipilih dari 10 pria dan

10 wanita. Tentukan banyaknya cara pemilihan, jika:

1. tidak ada batasan apapun.

2. ada 6 pria dan 6 wanita.

3. jumlah wanita harus genap.

4. jumlah wanita harus lebih besar dari pria.

5. ada sedikitnya 8 pria. Soal 1.3.4 Tentukan banyaknya byte yang memuat banyaknya simbol “1”

sedikitnya 5: Soal 1.3.5 Tentukan banyaknya cara jika 12 buku yang berbeda didistribusi-

kan ke 4 anak sehingga:

1. masing-masing anak mendapatkan 3 buku.

2. dua anak yang tertua masing-masing mendapat 4 buku, sedangkan dua yang termuda masing-masing mendapatkan 2 buku.

Soal 1.3.6 Tentukan banyaknya huruf di dalam kata MISSISSIPPI sehingga tidak ada huruf S yang bersebelahan.

Soal 1.3.7 Dari Contoh 1.13, tentukan banyaknya string dengan panjangnya

10 yang:

1. memuat 4 simbol “0”, 3 simbol “1”, dan 3 simbol “2”.

2. memuat sedikitnya 8 simbol “1”.

3. berbobot 4: Soal 1.3.8 Misalkan string dengan panjang 10 dibentuk dari afabet 0; 1; 2;

dan 3:

1. Tentukan banyaknya string yang berbobot 3:

2. Tentukan banyaknya string yang berbobot genap. Soal 1.3.9 Tentukan koe…sien dari x 9 y 3 di dalam ekspansi:

1. (x + y) 12 :

2. (x + 2y) 12 :

3. (2x 12 3y) : Soal 1.3.10 Tentukan koe…sien dari:

1. xyz 2 di dalam (w + x + y + z) 4 :

2. xyz 2 di dalam (2x y z) 4 :

2 1 3. xyz 4 di dalam (x 2y + 3z ) :

4. w 2 x 2 yz 2 di dalam (2w x + 3y 2z) 8 :

Soal 1.3.11 Tentukan jumlah semua koe…sien di dalam ekspansi:

Soal 1.3.12 Untuk sembarang intejer positif n; tentukan: P n

Soal 1.3.13 Tunjukkan bahwa untuk sembarang intejer positif m dan n ber- laku

Soal 1.3.14 Misalkan n adalah intejer positif, evaluasi (sederhanakan) jum- lahan

n Soal 1.3.15 Untuk x suatu bilangan nyata dan n intejer positif, tunjukkan

+ ( 1) n x : Soal 1.3.16 Tentukan x jika

nn

2. 2 n = (2 + x) x 1 (2 + x) +

2 x 1 2 (2 + x)

n 2 nn

X 50 50

8 100 =x :

i =0

1.4 Kombinasi dengan pengulangan

De…nisi 1.6 Kombinasi dengan pengulangan berukuran r dari n obyek adalah seleksi (pengambilan) berukuran r dari kumpulan beranggota n obyek dengan urutan tidak diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) di- bolehkan.

Teorema 1.5 Banyaknya kombinasi dengan pengulangan berukuran r dari n obyek adalah

(n + r 1)! n+r 1 n+r 1

(1.2) r!(n 1)!

Untuk memperoleh dari mana bilangan dalam teorema tersebut diper- oleh, berikut ini diberikan contoh sebagai ilustrasi untuk menuju ke suatu generalisasi.

Contoh 1.17 Untuk memenuhi syarat kelulusan, 7 orang mahasiwa De- partemen Matematika IPB yang terancam DO (drop out) diwajibkan mengam- bil 1 mata kuliah pilihan yang dipilih dari 4 mata kuliah pilihan yang ditawar- kan: Kriptologi, Teori Pengkodean, Matematika Finansial, dan Optimisasi Kombinatorial. Ada berapa cara pemilihan 4 mata kuliah oleh ketujuh maha- siswa yang bersangkutan?

Jawab. Misalkan K, T, M, dan O menyatakan Kriptologi, Teori Pengko- dean, Matematika Finansial, dan Optimisasi Kombinatorial. Sebagai gam- baran, suatu contoh cara pemilihan yang mungkin adalah K dipilih oleh 2 mahasiswa, T oleh 2 mahasiswa, M oleh 2 mahasiswa, dan O oleh 1 ma- hasiswa, kemudian dinotasikan dengan K,K,T,T,M,M,O dan ditulis sebagai xxjxxjxxjx. Agar lebih jelas beberapa cara pemilihan yang mungkin lainnya diberikan dalam tabel berikut ini.

Cara pemilihan yang mungkin Ditulis sebagai K,K,K,K,T,M,O

xxxxjxjxjx K,K,K,K,O,O,O

xxxxjjjxxx T,T,M,M,M,M,O

jxxjxxxxjx K,T,T,T,T,T,T

xjxxxxxxjj O,O,O,O,O,O,O

jjjxxxxxxx K,K,K,T,M,O,O

xxxjxjxjxx M,M,M,M,M,M,M

jjxxxxxxxj Beberapa contoh dalam tabel di atas mengarahkan kita pada suatu kesimpu-

lan bahwa masalah menentukan jumlah semua cara pemilihan yang mungkin lan bahwa masalah menentukan jumlah semua cara pemilihan yang mungkin

cara ketujuh mahasiswa tersebut memilih 4 mata kuliah yang ditawarkan. z Bentuk umum dari Contoh 1.17 adalah banyaknya kombinasi dengan pen-

gulangan berukuran r dari n obyek yaitu Persamaan 1.2. Contoh 1.18 Ada berapa cara apabila 13 kelereng yang identik didistribusikan

ke dalam 5 lubang yang berbeda? Jawab. Dengan argumen yang sama dengan jawaban Contoh 1.17 diper-

oleh jawaban

Contoh 1.19 Tentukan banyaknya semua penyelesaian intejer dari persa- maan

x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +x 5 +x 6 = 20;

dimana x i

0 untuk setiap 1 i 6: Jawab. Dengan argumen yang sama dengan jawaban Contoh 1.17 diper-

oleh jawaban

Catatan 1.1 Dari ketiga contoh terakhir di atas, kita sampai pada kesim- pulan bahwa ketiga pernyataan berikut adalah ekuivalen:

1. Banyaknya pemilihan berukuran r dari koleksi beranggota n obyek den- gan urutan tidak diperhatikan dan pengulang dibolehkan.

2. Banyaknya solusi intejer dari persamaan

x 1 +x 2 + ::: + x n = r;

dimana x i

0 untuk setiap 1 i n:

3. Banyaknya cara pendistribusian apabila r obyek yang identik didis- tribusikan ke dalam n wadah yang berbeda.

Contoh 1.20 Ada berapa cara apabila kita ingin memberikan 7 apel dan 6 jeruk kepada 4 orang anak apabila masing-masing anak sedikitnya menerima

1 apel? Jawab. Tetapkan dulu bahwa masing-masing anak telah menerima 1

apel, sehingga ada 4+3 1

3 cara pendistribusian 3 apel sisanya. Setiap cara ini kemudian diikuti dengan pendistribusian 6 jeruk yaitu 4+6 1

6 . Dengan aturan kali diperoleh jawab

Contoh 1.21 Tentukan banyaknya solusi intejer dari persamaan

(1.3) dimana x i

x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +x 5 +x 6 < 200;

6: Jelaskan problem komputasinya! Jawab. 3 Misalkan

0 dengan 1 i

(1.4) maka banyaknya solusi yang dimaksud adalah semua solusi Persamaan 1.4,

x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +x 5 +x 6 = k;

untuk 0 k 199: Dengan aturan jumlah diperoleh jawaban

X 199 6+k 1 :

k =0

Jawaban ini kalau dicari nilainya cukup melelahkan; apalagi kalau ruas kanan Pertidaksamaan 1.3 jauh lebih besar dari 200; katakanlah 2000: Berikut ini diberikan penyelesaian dengan pendekatan identitas kombinatorial. Men- cari banyaknya solusi intejer dari Pertidaksamaan 1.3 setara dengan mencari banyaknya semua solusi persamaan

x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +x 5 +x 6 +x 7 = 200;

3 Ini merupakan suatu contoh solusi yang berhubungan dengan analisis komputasi.

dimana x i

6 dan x 7 > 0: Problem ini juga setara dengan problem mencari jumlah solusi intejer untuk

0 untuk setiap 1

y 1 +y 2 +y 3 +y 4 +y 5 +y 6 +y 7 = 199; dimana x i =y i untuk setiap 1

6 dan y 7 =x 7 1 (sekarang y i untuk setiap 1 i 7): Dengan demikian solusinya adalah

z Contoh 1.22 Setiap intejer positif m dapat dinyatakan sebagai jumlahan

intejer-intejer positif lainnya yang tidak lebih dari m dengan urutan diper- hatikan. Jumlahan yang demikian disebut komposisi dari m: Misalnya, se- mua komposisi dari 4 ada 8; yaitu: 4; 3 + 1; 1 + 3; 2 + 2; 2 + 1 + 1; 1 + 2 + 1;

1 + 1 + 2; dan 1 + 1 + 1 + 1: Secara umum, berapa banyaknya komposisi dari m?

Jawab. Problem menentukan banyaknya semua komposisi dari m setara dengan problem menentukan banyaknya solusi intejer dari persamaan:

x 1 +x 2 + ::: + x k = m;

k; dan k adalah intejer dengan 1 k

dimana x i

1 untuk setiap 1

i k; kemudian persamaan itu ditransformasikan menjadi

m: Dengan mengambil y i =x i

1 untuk setiap 1

y 1 +y 2 + ::: + y k =m k;

dimana y i

m: Banyaknya solusi intejer dari persamaan terakhir ini adalah

0 untuk setiap 1

k dan 1

X m k + (m k) 1 X k + (m k) 1

k =1

k =1

k =1

i =0

=2 m 1

Contoh 1.23 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; dan k adalah peubah-peubah intejer.

for i := 1 to 20 do for j := 1 to i do for k := 1 to j do print (i j + k)

Berapa kali perintah print dieksekusi? Jawab. Sebagai gambaran, beberapa contoh pilihan i; j; dan k (dalam

urutan: i pertama, j kedua, dan k ketiga) adalah: (1; 1; 1); (2; 1; 1); (2; 2; 1); (3; 2; 1); (17; 12; 5); (16; 16; 2); dan (13; 6; 6): Catatan bahwa (1; 2; 1) dan (1; 1; 2) tidak mungkin; demikian juga (17; 5; 12); (12; 17; 5); (12; 5; 17); (5; 12; 17); dan (5; 17; 12): Gambaran ini membawa kita pada suatu kesimpu- lan bahwa banyaknya kali perintah print dieksekusi setara dengan pemili- han berukuran 3 dari kumpulan obyek f1; 2; :::; 20g dengan pengurutan tidak diperhatikan dan pengulangan dibolehkan, yaitu

Jawaban ini juga dapat diperoleh dengan cara lain, misalnya menggunakan diagram pohon.

Contoh 1.24 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; n dan CO U N T ER adalah peubah-peubah intejer dengan COU N T ER di berikan nilai awal 0:

COU N T ER := 0 for i := 1 to n do for j := 1 to i do COU N T ER := COU N T ER + 1 Pertanyaannya, berapa nilai COU N T ER setelah segmen tersebut diek- sekusi?

Jawab. Nilai COU N T ER tersebut setara dengan banyaknya pemilihan nilai-nilai i dan j yang mungkin, yaitu

n+2 1 n(n + 1)

Nilai yang sama juga diperoleh apabila kita pakai diagram pohon. z

Ringkasan Ringkasan bahasan dalam bab ini adalah membandingkan pengertian pemil-

ihan berukuran r dari kumpulan beranggota n obyek, yang diberikan dalam tabel berikut.

Urutan (YA)

Urutan (TIDAK)

Ulangan (YA) (n+r 1)! n

r !(n 1)!

n Ulangan (TIDAK) ! P (n; r) =

C(n; r) = r !(n r)!

(n r)!

Soal 1.4.1 Tentukan ada berapa cara pendistribusian 10 koin kepada 5 orang anak jika:

1. tidak ada batasan apapun,

2. setiap anak sedikitnya mendapatkan 1 koin, dan

3. anak yang tertua sedikitnya mendapatkan 2 koin. Soal 1.4.2 Tentukan banyaknya semua solusi intejer dari persamaan

Soal 1.4.3 Dua intejer berdijit-n (awalan 0 dibolehkan) disebut ekuivalen jika yang satu merupakan permutasi dari yang lain. Ilustrasi: 12033; 20331; dan 01332 adalah contoh tiga intejer berdijit-5 yang saling ekuivalen.

1. Tentukan banyaknya semua intejer berdijit-5 yang saling tidak ekuiv- alen.

2. Jika dijit 1; 3; dan 7 harus muncul paling banyak satu kali, tentukan

banyaknya semua intejer berdijit-5 yang saling tidak ekuivalen. Soal 1.4.4 Tentukan jumlah solusi intejer dari persamaan

x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +x 5 < 500;

jika:

1. x i 0; 1 i 5:

2. x i 2; 1 i 5: Soal 1.4.5 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; k dan m adalah

peubah-peubah intejer. for i := 1 to 20 do

for j := 1 to i do for k := 1 to j do for m := 1 to k do print (i j) + (k m)

Berapa kali perintah print dieksekusi? Soal 1.4.6 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; k dan CO

U N T ER adalah peubah-peubah intejer dengan COU N T ER di berikan nilai awal 10:

COU N T ER := 10 for i := 1 to 15 do for j := 1 to 15 do for k := 1 to 15 do COU N T ER := COU N T ER + 1

Pertanyaannya, berapa nilai COU N T ER setelah segmen tersebut diek- sekusi?

Soal 1.4.7 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; k; IN CREA- M EN T dan SU M adalah peubah-peubah intejer.

IN CREAM EN T := 0 SU M := 0

for i := 1 to 10 do for j := 1 to i do for k := 1 to j do IN CREAM EN T := IN CREAM EN T + 1 SU M := SU M + IN CREAM EN T

Pertanyaannya, berapa nilai SU M setelah segmen tersebut dieksekusi?

Soal 1.4.8 Tulislah program komputer (atau, bangunlah suatu algoritme) yang outputnya semua solusi intejer dari:

1. x 1 +x 2 +x 3 = 10; 0 x i ; 1 i 3:

2. x 1 +x 2 +x 3 +x 4 = 4;

2 x i ; 1 i 4:

Chapter 2 Sifat Dasar Intejer

Di dalam bab ini, pembicaraan banyak terkait dengan sifat-sifat dasar inte- jer (bilangan bulat). Materinya ditekankan pada bahasan tentang: induksi matematik, de…nisi rekursif, dan algoritme pembagian.

2.1 Prinsip Induksi Matematik

Topik bahasan intejer tidak terlepas dari notasi himpunan bilangan. Be- berapa notasi himpunan bilangan yang umum dipakai diantaranya: Z meno- tasikan himpunan semua bilangan bulat yang anggotanya disebut intejer, + Z menotasikan himpunan semua intejer positif, N menotasikan himpunan se- mua intejer tak-negatif, R menotasikan himpunan semua bilangan nyata, dan Q menotasikan himpunan semua bilangan rasional. Secara sama, penotasian R + dan + Q adalah untuk himpunan bilangan nyata dan rasional positif.

Pada setiap himpunan bilangan di atas dapat dikenai relasi urutan: " = "; " < ", atau " > ". Artinya untuk setiap dua bilangan a dan b; satu dan hanya satu berlaku:

"a = b"; "a < b"; atau "a > b":

Sifat dasar intejer yang melandasi induksi matematik dinyatakan pada prin- sip berikut ini.

Prinsip Pengurutan Baik (well-ordering principle): Setiap subhimpunan tak-kosong dari + Z mempunyai unsur terkecil.

Teorema 2.1 (Prinsip induksi matematik) Misalkan S(n) menotasikan suatu pernyataan matematik terbuka yang melibatkan peubah intejer positif n: Jika:

(a) S(1) benar, dan (b) untuk sembarang pilihan k 2 Z + ; berlaku: S(k) ) S(k + 1);

kesimpulannya: S(n) benar untuk semua n 2 Z + : Bukti. Misalkan S(n) adalah suatu pernyataan terbuka yang memenuhi

syarat (a) dan (b), dan misalkan F = ft 2 Z + S(t) salahg: Akan dibuktikan bahwa F = ?: Andaikan F 6= ?; berdasarkan prinsip pengurutan baik, maka

F mempunyai unsur terkecil s: Karena S(1) benar, maka jelas bahwa s > 1; dan akibatnya s

1) = 2 F; ini berarti S(s

12Z + : Karena s terkecil, maka (s

1) benar. Dari fakta ini dan berdasarkan syarat (b), maka S(s) harus benar, suatu kontradiksi bahwa s 2 F yang berarti S(s) salah. Pengandaian

harus diingkar dan kita simpulkan bahwa F = ?: z Prinsip induksi matematik disebut juga prinsip induksi berhingga. Di

dalam teorema di atas, syarat (a) disebut langkah basis dan syarat (b) disebut langkah induktif. Catatan bahwa pada langkah basis S(n) benar tidak harus dimulai untuk n = 1; tetapi secara umum bisa digantikan untuk n = n 0

dimana n 0 adalah suatu intejer berhingga dan bisa bernilai negatif. Jika demikian halnya, kesimpulan akhir menjadi S(n) benar untuk semua nilai n n 0 ; n 2 Z:

Contoh 2.1 Buktikan bahwa 8n 2 Z + ; berlaku:

1. 1 + 2 + 3 + ::: + n = (n)(n+1) i=

2. (n)(n+1)(2n+1) i 2 =

i =1

P n 3 (n 2 )(n+1) 2

3. i =

4. 1 + 4 + 7 + ::: + (3n (n)(3n 1) 2) = (3i 2) =

i =1

P 1:2 + 1 2:3 n + 1 3:4 + ::: + 1 n (n+1) = 1 i = i n (i+1) +1 :

P n 2i+1 n 6. (n+2)

(n+1) 2 :

i (i+1)

Disini yang akan dibuktikan hanya contoh nomor 1, pembuktian 5 nomor yang lainnya disisakan sebagai latihan.

Bukti. Misalkan S (n): (n)(n+1) i=

i =1

P 1 (1)(1+1)

(1) Langkah Basis ! S (1): 2 i=

2 ,1= 2 adalah benar.

i =1

(2) Langkah Induktif ! Diasumsikan S (k): (k)(k+1) i=

2 i benar

untuk suatu k 2 Z + : Akan dibuktikan bahwa S (k + 1) juga benar, ini berarti harus dibuktikan bahwa

k X +1 (k + 1)(k + 2)

i=

i =1

Berdasarkan asumsi diketahui (k)(k+1) i=

2 ; maka

i =1

X k (k)(k + 1)

i + (k + 1) =

+ (k + 1) ,

2 k X +1 (k)(k + 1) + 2 (k + 1)

k X +1 (k + 1)(k + 2)

i=

i =1

Contoh 2.2 Buktikan bahwa 8n 2 Z + berlaku:

1. Jika n n 3; maka 2 2n + 1:

2. 1 2 +2 2 + ::: + (n 1) 2 n < 3 3 :

3. Jika n n 10; maka 2 >n 3

Disini yang akan dibuktikan hanya contoh nomor 1, pembuktian 2 nomor lainnya disisakan sebagai latihan.

Bukti. Misalkan S (n): 2 n 2n + 1 dengan n 3: (1) Langkah Basis ! S (3): 2 3 2:3 + 1 , 8

7 benar.

(2) Langkah Induktif ! Diasumsikan S (k): 2 k 2k + 1 benar untuk suatu k 2 Z + dan k

3: Akan dibuktikan bahwa S (k + 1) juga benar, ini berarti harus dibuktikan

k 2 +1 2(k + 1) + 1:

Berdasarkan asumsi diketahui 2 k

2k + 1; maka

2 k :2

(2k + 1):2 , k 2 +1 (2k + 1) + (2k + 1) ,

2 k +1

(2k + 2) + 2k , k 2 +1 2(k + 1) + 2k:

Karena k 3; maka 2k

1: Jadi k 2 +1 2(k + 1) + 2k 2(k + 1) + 1:

z Perhatikan dua prosedur pseudocode berikut ini.

PROSEDUR 1 procedure SumOfSquares1 (n: positive integer) begin

sum := 0 for i := 1 to n do

sum := sum + i 2 end

PROSEDUR 2 procedure SumOfSquares1 (n: positive integer) begin

sum := n (n + 1) (2 n + 1) =6 end Terlihat bahwa kedua prosedur di atas sama-sama menghitung jumlah kuadrat intejer positif dari 1 sampai dengan n. Karena Prosedur 1 meng- gunakan perintah loop for, maka total operasinya melibatkan n adisi dan n multiplikasi (ini belum termasuk n

1 adisi untuk penambahan variabel counter i): Sedangkan Prosedur 2 hanya melibatkan 2 adisi, 3 multiplikasi, 1 divisi; dan yang lebih penting lagi jumlah operasinya tidak tergantung pada nilai n: Akibatnya, Prosedur 2 jauh lebih e…sien dibandingkan Prosedur 1. Hal ini memperlihatkan salah satu pentingnya prinsip induksi matematik dalam masalah komputasi. Lebih jauh lagi kita perhatikan beberapa contoh berikut ini.

Contoh 2.3 Kita amati jumlah intejer positif ganjil berurutan berikut.

Dari 4 intejer positif pertama ini, kita dapatkan pola untuk membuat suatu konjektur (suatu proposisi yang belum diketahui benar dan salahnya) yang berbunyi: Jumlah n intejer positif ganjil pertama yang berurutan

adalah n 2 ; dengan kata lain, 8n 2 Z + ;

X n S (n) : 2 (2i 1) = n :

i =1

Selanjutnya, buktikan kebenaran konjektur itu dengan prinsip induksi matem- atik.

Bukti. Dari tabel di atas, telah diketahui benar untuk S(1); S (2) ; S(3);

dan S(4): Misalkan diketahui S(k) : 2

1) = k benar untuk suatu intejer k > 4; maka S(k + 1) :

=k 2 + [2(k + 1) 1] =k 2 + 2k + 1 = (k + 1) 2 :

Contoh 2.4 Diantara banyak barisan bilangan yang cukup menarik di dalam matematika diskret dan kombinatorika adalah barisan bilangan harmonik:

H 1 ;H 2 ;H 3 ; :::, dimana

1 1 dan secara umum H 1

n untuk setiap n 2 Z : Dengan prin- sip induksi matematik, buktikan bahwa jumlah n bilangan harmonik pertama

n =1+ 2 + 3 + ::: + n =1+ 2 + 3 + ::: +

Bukti. Untuk n = 1;

P k Misalkan i =1 H i = (k + 1)H k k benar untuk suatu intejer k > 1: Dari

asumsi ini, maka

Teorema 2.2 (Bentuk Alternatif - Prinsip Induksi Berhingga) Mis- alkan S(n) menotasikan suatu pernyataan matematik terbuka yang meli-

1 2Z dengan n 0 n 1 : Jika:

batkan satu atau lebih variabel intejer positif n; dan misalkan n 0 ;n

(a) S(n 0 ); S(n 0 + 1); S(n 0 + 2); :::; S(n 1 1); S(n 1 ) benar, dan (b) untuk sembarang pilihan k 2 Z + ;k n

1 ; berlaku: Jika S(n 0 ); S(n 0 + 1); :::; S(n 1 ); :::; S(k) benar, maka S(k + 1)benar

kesimpulannya S(n) benar untuk semua n n 0 :

Sebagaimana pada prinsip induksi matematik sebelumnya, kondisi (a) disebut Langkah Basis dan kondisi (b) disebut Langkah Induktif.

Contoh 2.5 Kita perhatikan barisan intejer a 0 ;a 1 ;a 2 ; :::; dimana

a 0 = 1; a 1 = 2; a 2 = 3; dan

a n =a n 1 +a n 2 +a n 3; 8n 2 Z; n 3: Buktikan bahwa 8n 2 N; a n

Bukti. Misalkan S 0 (n): a n n 3 ; 8n 2 N:

Langkah Basis: Kita amati bahwa S 0 (0) ; S 0 (1) ; dan S 0 (2) benar:

0 0 0 Langkah Induktif: Andaikan S 0 (0) ; S (1) ; S (2) ; :::; S (k) benar un- tuk suatu k 2 N; dan k

2: Ini berarti k + 1 pernyataan berikut adalah benar

a 2 3 2 ...

Berdasarkan asumsi tersebut, maka

Soal 2.1.1 Perhatikan empat persamaan berikut:

10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16 = 27 + 64 (4) Buatlah konjektur rumus umum dari keempat persamaan di atas, dan buk-

tikan kebenaran konjektur yang anda buat. Soal 2.1.2

1. Untuk n = 3; misalkan X 3 = f1; 2; 3g: Perhatikan jumlahan

6=A X 3 P A

dimana P A adalah produk dari semua anggota subhimpunan tak-kosong

A dari X 3 : Evaluasi (tentukan nilai) jumlahan tersebut.

2. Ulangi perhitungan Soal 1: untuk s 2 (dimana n = 2 dan X 2 = f1; 2g)

dan s 4 (dimana n = 4 dan X 2 = f1; 2; 3; 4g)

3. Buatlah konjektur hasil umum yang digeneralisasi dari Soal 1: dan Soal 2:, kemudian buktikan kebenaran konjektur yang anda buat.

Soal 2.1.3 Untuk n 2 Z + ; misalkan H n adalah bilangan harmonik ke-n:

1. Untuk semua n 2 N; buktikan bahwa (1 + n

2. Untuk semua n 2 N; buktikan bahwa

2.2 De…nisi Rekursif

Untuk memahami de…nisi rekursif, terlebih dahulu perhatikan barisan intejer genap tak-negatif: 0; 2; 4; 6; 8; .... Barisan itu bisa kita tuliskan dengan:

b n = 2n; 8n 2 N: Suku ke berapapun dari barisan itu bisa kita peroleh secara langsung, misalnya: suku ke-125 adalah b 125 = 250: Barisan yang demikian kita sebut dengan barisan dengan rumus eksplisit.

Sebagai badingannya, sekarang kita perhatikan barisan pada Contoh 2.5, untuk mendapatkan suku ke-k, yaitu a k ; kita tidak mempunyai rumus ek- splisit, sebagai gantinya dibutuhkan nilai tiga suku sebelumnya, yaitu a k 1 ;

a k 2 ; dan a k 3 , sehingga a k =a k 1 +a k 2 +a k 3 : Kemudian nilai ketiga suku itu, masing-masing juga membutuhkan nilai tiga suku sebelumnya lagi. Demikian seterusnya, pada akhirnya semua nilai a k ; untuk k 3; bergantung

pada nilai awal suku: a 0 = 1; a 1 = 2; dan a 2 = 3: Barisan yang demikian disebut barisan dengan rumus rekusif. Rumus rekursif secara lengkap dise- but juga dengan de…nisi rekursif yang terdiri dari basis rekursi dan proses rekursi. Basis rekursi yaitu pende…nisian awal (pemberian nilai awal), pada pada nilai awal suku: a 0 = 1; a 1 = 2; dan a 2 = 3: Barisan yang demikian disebut barisan dengan rumus rekusif. Rumus rekursif secara lengkap dise- but juga dengan de…nisi rekursif yang terdiri dari basis rekursi dan proses rekursi. Basis rekursi yaitu pende…nisian awal (pemberian nilai awal), pada

contoh tersebut a k =a k 1 +a k 2 +a k 3 :

De…nisi rekursif merupakan suatu jawaban ketika untuk menentukan ru- mus eksplisit suatu barisan sangat rumit atau bahkan mustahil. Hal ini terjadi tidak hanya pada barisan bilangan, tetapi juga paling sering terjadi pada beberapa konsep matematika yang lain, seperti: operasi himpunan, proposisi dalam logika, relasi, fungsi, bahasa mesin, dll.

Contoh 2.6 Misalkan p 1 ;p 2 ;p 3 ; ..., p n adalah n proposisi. Untuk menen- tukan nilai kebenaran

p 1 ^p 2 ^p 3 ^ ::: ^ p n ;

dimana n 2; diperlukan konsep rekursif atas dasar hukum asosiatif kon- jungsi.

Basis Rekursi: p 1 ^p 2 :

Proses Rekursi: Untuk n 2; p 1 ^p 2 ^p 3 ^ ::: ^ p n 1 ^p n , (p 1 ^p 2 ^p 3 ^ ::: ^ p n 1 )^p n

De…nisi rekursif berdasarkan hukum asosiatif pada contoh tersebut bisa diperumum melalui ilustrasi berikut ini. Ambil untuk kasus n = 4; maka

p 1 ^p 2 ^p 3 ^p 4 , (p 1 ^p 2 ^p 3 )^p 4 , [(p 1 ^p 2 )^p 3 ]^p 4

, (p 1 ^p 2 ) ^ (p 3 ^p 4 ) ,p 1 ^ [p 2 ^ (p 3 ^p 4 )] ,p 1 ^ (p 2 ^p 3 ^p 4 ):

Dari fakta ini dapat diambil suatu kesimpulan bahwa berdasarkan sifat asosi- atif tanda kurung bisa diletakkan secara bebas. Hasil ini dimantabkan secara lebih umum pada penyataan di dalam contoh berikut ini.

Contoh 2.7 Misalkan n 2 Z + dengan n 3; dan misalkan r 2 Z dengan

1 r < n: Maka, untuk sembarang proposisi p 1 ;p 2 ; :::; p r ;p r +1; ...; p n berlaku (p 1 ^p 2 ^ ::: ^ p r ) ^ (p r +1 ^ ::: ^ p n )

,p 1 ^p 2 ^ ::: ^ p r ^p r +1 ^ ::: ^ p n :

Bukti. Akan dibuktikan dengan induksi matematik. Sebagai basis in- duksi, untuk n = 3; kebenaran jelas diterima mengikuti hukum asosiatif Bukti. Akan dibuktikan dengan induksi matematik. Sebagai basis in- duksi, untuk n = 3; kebenaran jelas diterima mengikuti hukum asosiatif

(p 1 ^p 2 ^ ::: ^ p r ) ^ (p r +1 ^ ::: ^ p k ) ,p 1 ^p 2 ^ ::: ^ p r ^p r +1 ^ ::: ^ p k :

Berdasarkan asumsi ini harus dibuktikan benar untuk n = k + 1 dan untuk setiap 1 r < k + 1: Dalam hal ini perhatikan dua kasus berikut ini.

1. Jika r = k; berdasarkan de…nisi rekursif jelas berlaku (p 1 ^p 2 ^p 3 ^ ::: ^ p k )^p k +1 ,p 1 ^p 2 ^p 3 ^ ::: ^ p k ^p k +1 :

2. Jika 1 r < k; maka (p 1 ^p 2 ^ ::: ^ p r ) ^ (p r +1 ^ ::: ^ p k ^p k +1 )

, (p 1 ^p 2 ^ ::: ^ p r ) ^ [(p r +1 ^ ::: ^ p k )^p k +1 ] , [(p 1 ^p 2 ^ ::: ^ p r ) ^ (p r +1 ^ ::: ^ p k )] ^ p k +1 , (p 1 ^p 2 ^ ::: ^ p r ^p r +1 ^ ::: ^ p k )^p k +1 ,p 1 ^p 2 ^ ::: ^ p r ^p r +1 ^ ::: ^ p k ^p k +1 :

Contoh 2.8 Contoh 2.4 memenuhi pola pende…nisian rekursif:

Basis Rekursi: H 1 = 1:

Proses Rekursi: Untuk n 1 1; H n +1 =H n + n +1 : Contoh 2.9 Menghitung n! untuk n

0 mengikuti pola pende…nisian rekur- sif:

Basis Rekursi: 0! = 1: Proses Rekursi: Untuk n 0; (n + 1)! = (n + 1) (n!):

Contoh 2.10 Pende…nisian rekursif bilangan Fibonacci.

Basis Rekursi: F 0 = 0; :F 1 =1

Proses Rekursi: Untuk n 2 Z + dan n 2;

F n =F n 1 +F n 2

Suatu pende…nisian secara rekursif yang melibatkan dua intejer sekaligus diberikan pada dua contoh berikut ini.

Contoh 2.11 Pada Bab 1 telah diperkenalkan koe…sien binomial n

untuk n; r 2 N dengan 0 r n: Berikut ini diberikan pede…nisian secara rekursif,

n+1

; untuk 0 r n; r

dengan basis rekursi:

n = 0; untuk r > n; dan r

n = 0; untuk r < 0: r

Berdasarkan de…nisi rekursif ini, penentuan nilai n r ; dimana 0 n

4 dan

0 k n dapat dinyatakan dalam tabel segitiga Pascal:

nk

Contoh 2.12 Untuk m 2 Z + dan k 2 N; bilangan Euler a m;k dide…nisikan secara rekursif dengan

a m;k = (m k) a m 1;k 1 + (k + 1) a m 1;k ; untuk 0 k m; dengan basis rekursi:

a 0;0 = 1;

a m;k = 0; untuk k m; dan

a m;k = 0; untuk k < 0:

Berdasarkan de…nisi rekursif ini, penentuan nilai a m;k ; dimana 1 m

5 dan 0 k m

1 dapat dinyatakan dalam tabel berikut.

Jml. Brs. (m = 1)

1 1 = 1! (m = 2)

1 1 2 = 2! (m = 3)

1 4 1 6 = 3! (m = 4)

1 11 11 1 24 = 4! (m = 5) 1 26 66 26 1 120 = 5!

Dari tabel ini didapat suatu pola bahwa jumlah baris ke-m adalah m!:

P m 1 Secara umum, buktikan bahwa untuk suatu m 2 Z ; berlaku k =0 a m;k = m!:

Bukti. Berdasarkan de…nisi rekursif diperoleh

a m +1;k = [(m + 1 k)a m;k 1 + (k + 1)a m;k ]=

k =0 k =0

[(m + 1)a m; 1 +a m; 0 ] + [ma m; 0 + 2a m; 1 ]+ [(m 1)a m; 1 + 3a m; 2 ] + ::: + [3a m;m 3 + (m 1)a m;m 2 ] +[2a m;m 2 + ma m;m 1 ] + [a m;m 1 + (m + 1)a m;m ]:

Karena a m; 1 = 0 dan a m;m = 0; maka

a m +1;k = [a m; 0 + ma m; 0 ] + [2a m; 1 + (m 1)a m; 1 ] + :::

k =0

+[(m 1)a m;m 2 + 2a m;m 2 ] + [ma m;m 1 +a m;m 1 ] = (m + 1)[a m; 0 +a m; 1 + ::: + a m;m 2 +a m;m 1 ]

Dari fakta ini, dan berdasarkan induksi matematik, jika diasumsikan

a m;k = m!

k =0

benar untuk m 2 Z + ; maka

a m +1;k = (m + 1)(m!) = (m + 1)!:

k =0

z Soal 2.2.1 Barisan intejer a 1 ;a 2 ;a 3 ; ::: dide…nisikan secara eksplisit dengan

rumus a + n = 5n untuk n 2 Z ; dapat juga secara rekursif

a) a 1 = 5; dan

b) a n +1 =a n + 5; untuk n 1: Barisan intejer b 1 ;b 2 ;b 3 ; ::: dide…nisikan secara eksplisit dengan rumus

b n + = n(n + 2) untuk n 2 Z ; dapat juga secara rekursif b n + = n(n + 2) untuk n 2 Z ; dapat juga secara rekursif

Buatlah de…nisi rekursif untuk setiap barisan intejer c 1 ;c 2 ;c 3 ; ::: berikut ini, dimana untuk n 2 Z + ;

6. c n n =2 ( 1) : Soal 2.2.2

1. Buatlah de…nisi rekursif untuk dijungsi dari proposisi p 1 ;p 2 ;p 3 ; :::p n +1 ; n 1:

2. Buktikan bahwa jika n; r 2 Z + ; dengan n

3 dan 1 r < n; maka (p 1 _p 2 _ ::: _ p r ) _ (p r +1 _p r +2 _ ::: _ p n )

,p 1 _p 2 _ ::: _ p r _p r +1 _ ::: _ p n :

Soal 2.2.3

1. Bangunlah suatu de…nisi rekursif untuk adisi (jumlahan) dari n bilan-

gan nyata x 1 ;x 2 ; :::; x n ; dimana n 2:

2. Berdasarkan hukum asosiatif untuk adisi bilangan nyata, buktikan bahwa jika n; r 2 Z + ; dengan n

3 dan 1 r < n; maka

(x 1 +x 2 + ::: + x r ) + (x r +1 + ::: + x n )=x 1 +x 2 + ::: + x r +x r +1 + ::: + x n

Soal 2.2.4 Perhatikan bahwa untuk setiap x; y 2 R;

2 jx + yj 2 = (x + y) =x 2 + 2xy + y 2

2 x 2 + 2 jxj jyj + y

2 = jxj 2 + 2 jxj jyj + jyj = (jxj + jyj) 2 :

Akibatnya, jx + yj + jxj + jyj : Sekarang, buktikan bahwa jika n 2 Z ;n 2; dan x 1 ;x 2 ; :::; x n 2 R; maka

jx 1 +x 2 + ::: + x n j jx 1 j + jx 2 j + ::: + jx n j: Soal 2.2.5 Dide…nisikan barisan intejer a 0 ;a 1 ;a 2 ; :::; a n secara rekursif den-

gan

a) a 0 = 1; a 1 = 1; a 2 = 1; dan

b) untuk n 3; a n =a n 1 +a n 3 : p n

Buktikan bahwa a n +2

2 untuk setiap n 0:

Soal 2.2.6 Misalkan F n adalah bilangan Fibonacci ke-n:

1. untuk n 0; buktikan bahwa

2. untuk n 1; buktikan bahwa

1. Untuk i 2 Z + ; periksalah bahwa

i+1

2. Untuk n 2 Z + ; buktikan bahwa

n+1

n+2

n (n + 1) (2n + 1)

3. Untuk i 2 Z + ; periksalah bahwa

4. Untuk n 2 Z + ; buktikan bahwa n+1 2 n+2 n+3 n 2 (n + 1)

2.3 Algoritma Pembagian

Walaupun Z tidak tertutup terhadap pembagian, namun ada beberapa inte- jer yang dapat dibagi oleh intejer yang lain.

De…nisi 2.1 Misalkan a; b 2 Z; dan b 6= 0: Kita sebut b membagi a; ditulis

b j a; jika ada intejer n sehingga a = bn: Dalam hal ini b disebut juga pembagi/faktor dari a atau a disebut kelipatan dari b: Dalam hal b tidak membagi a dinotasikan dengan b - a:

Sebagai ilustrasi, 7 j 42 karena 42 = 7:6; sedangkan 7 - 18 karena tidak ada n 2 Z sehingga 18 = 7n: Terkait dengan pengertian pembagian, suatu

sifat yang cukup penting yang dimiliki oleh Z adalah bahwa Z tidak memuat pembagi nol, artinya

(8a; b 2 Z) ab = 0 ) a = 0 _ b = 0;

atau lebih mudah dimegerti kotraposisinya

(8a; b 2 Z) a 6= 0 ^ b 6= 0 ) ab 6= 0;

Teorema 2.3 (Sifat-sifat Dasar Pembagian) Untuk semua a; b; c 2 Z; berlaku:

4. [(a j b) ^ (a j c)] ) [(8x; y 2 Z) a j (bx + cy)] :

5. (x = y + z) ^ ((a j x) ^ (a j y)) ) a j z:

6. (8a; b 2 Z + ) (a j b) ) a b:

7. Untuk 1 i n; misalkan c i 2 Z: Jika a j c i ; maka

ajc 1 x 1 +c 2 x 2 + ::: + c n x n

dimana x i 2 Z untuk setiap 1 i n: Bukti. Disini hanya akan dibuktikan yang No. 4, lainnya disisakan

sebagai latihan. a j b dan a j c; berarti ada m; n 2 Z sehingga b = ma dan c = na: Dengan demikian untuk setiap x; y 2 Z berlaku xb = xma dan yc = yna: Akibatnya,

bx + cy = xma + yna = (xm + yn)a;

dan ini berarti a j (bx + cy) : z

Contoh 2.13 Adakah x; y; z 2 Z yang memenuhi persamaan 14x + 21y 7z = 64:

Jawab. Perhatikan bahwa 7 j 14; 7 j 21 dan 7 j ( 7); maka berdasarkan Teorema 2.3 (No 7), 7 j (14x + 21y 7x): Dilain pihak 7 - 64; kesimpulannya tidak ada x; y; z 2 Z yang memenuhi persamaan 14x + 21y 7x = 64: