teknik counting 2

TEKNIK COUNTING 2

Meicheil Yohansa

90115006

michael.yohansa@gmail.com

2

Cakupan Materi dan Capaian Belajar

Materi mencakup fungsi pembangkit dan prinsipInklusi-Eksklusi beserta aplikasinya

Capaian Belajar: 1. Menggunakan fungsipembangkit

2. Memahami prinsipinklusi-eksklusi besertapenerapannya

FUNGSI PEMBANGKIT

Pengantar

Fungsi pembangkit digunakan untukmerepresentasikan barisan secaraefisien dengan mengkodekan suku-suku barisan sebagai koefisien dalamderet pangkat suatu variabel x .

Definisi 1

Fungsi pembangkit (generating function)

untuk barisan bilangan real: a0, a1, …, ak, …

adalah deret tak hingga:

.......)(0

10

k

k

k

k

k xaxaxaaxG

CATATAN: Definsi dari fungsi pembangkit di

atas biasa dikenal sebagai fungsi pembangkit

biasa dari {ak}

Contoh 1

6

a. Fungsi pembangkit dari barisan {an} dengan ak = 5 adalah

0

)3(k

kxk

k

k

k x

0

3

0

5k

kx

b.Fungsi pembangkit dari barisan {an} dengan ak = k+3 adalah

c. Fungsi pembangkit dari barisan {an} dengan ak = 3k

adalah

Deret Kuasa

Deret tak hingga berbentuk

Disebut deret kuasa. Bila terdapatbilangan positif R sedemikian hinggaderet ini konvergen untuk setiap xdengan │x│< R, maka R disebutradius kekonvergenan.

7

.0

k

k

k xa

Deret McLaurin

f(x)

8

...)0('''!3

1

)0(''!2

1)0(')0(

)0(!

1

3

2

)(

0

xf

xfxff

xfk

kk

k

Deret McLaurin

9

...!3

1

!2

11

!

1.1 32

0

xxxxk

e k

k

x

...11

1.2 32

0

xxxxx k

k

...321)1()1(

1.3 2

02

xxxkx k

k

10

11

Contoh 2

Fungsi pembangkit dari barisan

1,1,1,1,1,1,...adalah:

12

)1(

1...1)(

0

32

xxxxxxG

k

k

Contoh 3

Tentukan fungsi pembangkit dari barisan: 1,3,9,27,81,...

13

Solusi

Barisan yang diberikan dapat ditulisulang menjadi

maka,

,...,3,3,3,3,3 43210

0

32

)31(

13...3333)(

k

kk

xxxxxxG

Contoh 4

14

Tentukan fungsi pembangkit daribarisan

1, 1, 1, 1, 1, 1 Solusi

Perhatikan bahwa

adalah fungsi pembangkit dari barisan1,1,1,1,1,1. Dengan menggunakanderet kuasa, dapat kita tuliskansebagai berikut:

54321 xxxxx

...)(...)1( 87665432 xxxxxxxxx

Solusi (lanjutan)

15

)1(

1

)1(

1.

)1(

1

...)1()1(

1

6

6

326

x

x

xx

x

xxxxx

Jadi, G(x) adalah fungsi

pembangkit barisan 1,1,1,1,1,1

)1(

1 6

x

x

.)()(

dan)()()(

:maka,)(dan)(Misal

0 0

0

00

k

kk

j

jkj

k

k

kk

k

k

k

k

k

k

xbaxgxf

xbaxgxf

xbxgxaxf

Definisi 2

Contoh 5

17

Misal f(x) = 1/(1-x)2.

Tentukan koefisien a0, a1, … dalam ekspansi

0

)(k

k

k xaxf

.)1(1)1(

1

)1(

1

)1(

1

00 02

k

k

k

kk

j

xkxxxx

Solusi:

1 kakJadi,

18

Misalkan u bilangan real dan k bilangan

bulat tak-negatif.Maka koefisien binomial

diperluas didefinisikan sebagai:

.0jika,1

,0jika,!

)1)...(1(

k

kk

kuuu

k

u

Definisi: Koefisien Binomial Diperluas

Koefisien Binomial Diperluas

Pada koefisien binomial diperluas , apabila u adalahbilangan negatif, maka bentuk koefisien binomialdiperluas ini dapat dituliskan dalam bentuk yangsederhana sebagai berikut

19

k

u

),1()1(1

)1(

)!1(!

)!1()1(

!

)...2)(1()1(

!

)1)...(1()1(

!

)1)...(1)((

kknCk

kn

nk

kn

k

nkuku

k

kuuu

k

kuuu

k

u

kk

k

k

k

Teorema Binomial Diperluas

Misal x bilangan real dengan |x| < 1dan u bilangan real. Maka,

.)1(0

k

ku xk

ux

Catatan.Jika u merupakan bilangan bulat positif,maka teorema binomial diperluas inimenjadi teorema binomial.

APLIKASI FUNGSI PEMBANGKIT

22

Tentukan banyaknya solusi bulat dari persamaan e1 +e2 + e3 = 17, bila n1, n2 dan n3 bilangan bulattaknegatif dengan 2 e1 5, 3 e2 6 dan 4 e3 7.

Solusi.

Banyaknya solusi dinyatakan oleh koefisien x17 dalam ekspansi:

(x2+x3+x4+x5) (x3+x4+x5+x6) (x4+x5+x6+x7).

Setiap bentuk x17 dalam perkalian ini dapat diperoleh denganmengalikan

xe1 pada faktor pertama dengan

xe2 pd faktor kedua dan

xe3 pada faktor ketiga

yang memenuhi: n1 + n2 + n3 = 17.

Bila dihitung, didapat koefisien x17 adalah 3.

Jadi, ada tepat 3 solusi.

Banyaknya solusi Persamaan Linier

Penerapan Fungsi Pembangkit

23

Tentukan banyaknya solusi bulat dari persamaanberikut:

7,...3,2,1,87654321 ixnnnnnnn

Solusi:

Fungsi pembangkit yang menyatakan persamaan di atas adalah:

Banyaknya solusi dari persamaan ini dinyatakan dengan koefisiendari x8 dari ekspansi fungsi pembangkit di atas, yaitu:

7321 ...)()( xxxxG

7

00

7

7

7

732177321

7321

66

1

1

...)1(...)]1([

...)()(

k

k

k

k

xk

kx

k

kx

xx

xxxxxxxx

xxxxG

Koefisien x8 adalah pada saat k=1, yaitu C(7,1) = 7

Contoh

24

Ada berapa cara untuk membagikan 8 kue yangidentik kepada 3 anak jika setiap anak menerimasedikitnya 2 kue dan tidak lebih dari 4 kue?

Solusi.Misalkan cn: banyaknya cara membagikan n kue.Karena setiap anak menerima sedikitnya 2 kue dantidak lebih dari 4 kue, maka untuk setiap anak adasuatu faktor yang berbentuk (x2 + x3 + x4)dalam fungsi pembangkit barisan {cn}.

Karena ada 3 anak maka fungsi pembangkitnyaadalah (x2 + x3 + x4)3.Cara untuk membagikan 8 kue adalah koefisien darix8, yakni 6. Jadi, ada 6 cara untuk membagikan 8 kue kepada 3 anak tadi.

ContohTentukan banyaknya cara memilih 10 huruf dari hruf-hurufpembentuk kata CANTIK dengan syarat: huruf yang dipilih palingsedikit memuat satu huruf CSolusi:

Pertama, identifikasi terlebih dahulu objek-objek yang terlibatdalam kasus ini,yaitu huruf “C” dan “A,N,T,I,K.

Huruf “C” harus dapat dipilih minimal satu kali dan tidak adasyarat untuk huruf lainnya, maka fungsi pembangkit untuk kasusini adalah:

1

0065

52121

52121

55

)1(

1.

)1(

1

)1(

1

...)1(...)1(

...)1(...)()(

k

k

k

k

xk

kx

k

kx

xx

xxx

xxxxx

xxxxxG

Banyak cara memilih 10 huruf dengan syarat diberikan adalahkoefisien x10, pada saat k = 9, yaitu C (14,9)

PRINSIP INKLUSI-EKSKLUSI

27

Ada berapa anggota dalam gabungan dua

himpunan hingga?

|A1 A2| = |A1| + |A2| - |A1 A2|

Contoh

28

Ada berapa bilangan bulat positif lebih kecil atau

sama dengan 100 yang habis dibagi 6 atau 9?

Solusi:

Misalkan A: himpunan bilangan bulat dari 1 sampai 100

yang habis dibagi 6

B: himpunan bilangan bulat dari 1 sampai 100

yang habis dibagi 9.

Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, banyaknya

bilangan bulat dari 1 sampai 100 yang habis dibagi 6 atau 9

adalah

2251116

18/1009/1006/100

||||||||

BABABA

Misalkan ada 1467 mahasiswa angkatan 2015 di Universitas X.

97 orang di antaranya adalah mahasiswa jurusan Informatika, 68

mahasiswa jurursan Matematika, dan 12 orang mahasiswa

double degree Informatika dan Matematika. Ada berapa orang

yang tidak kuliah di Departemen Matematika atau Informatika?

.Solusi.

Misalkan A: himpunan mahasiswa Universitas X angkatan2015 jurusanI informatika

B: himpunan mahasiswa Universitas X angkatan2015 jurusanI matematika

Maka |A|=97, |B|=68, dan |AB|=12.

Banyaknya mahasiswa angkatan 2004 di DepartemenInformatika atau Matematika adalah

|A B| = |A| + |B| - |A B|= 97 + 68 – 12 = 153

Jadi, terdapat 1467 – 153 = 1314 mahasiswa angkatan 2015yang tidak kuliah di jurusan Matematika atau Informatika.

Perluasan Prinsip Inklusi-Eksklusiuntuk tiga himpunan

Angka 1 merah menunjukkan daerah yang terlibatketika |A| dihitung,

angka 1 hijau menunjukkan daerah yang terlibatketika |B| dihitung,dan

angka 1 biru menunjukkan daerah yang terlibatketika |C| dihitung.

Terlihat bahwa daerah yang beririsan dihitungberulang-ulang.

|A B| dikurangkan (dua 1 merah diambil),

|A C| dikurangkan (dua 1 biru diambil), dan

|B C| dikurangkan (dua 1 hijau diambil)

Terlihat bahwa penghitungan hampir benar,

kecuali pada daerah di mana ketiga himpunan

sama-sama beririsan.

Maka perlu ditambahkan kembali|A B C|.

Perluasan Prinsip Inklusi-Eksklusiuntuk tiga himpunan

Jadi,

|A B C| = |A| + |B| + |C|

- |A B| - |A C| - |B C|

+ |A B C|

Contoh 3

Sebanyak 115 mahasiswa mengambil mata kuliahmatematika diskrit, 71 mengambil mata kuliahkalkulus, dan 56 mengambil geometri. Diantaramahasiswa tersebut, 25 mahasiswa mengambilmatematika diskrit dan kalkulus, 14 mengambilmatematika diskrit dan geometri, serta 9 orangmengambil kalkulus dan geometri. Jika terdapat196 mahasiswa yang mengambil paling sedikit satudari ketiga mata kuliah tersebut, berapa orang yangmengambil ketiga mata kuliah sekaligus?

SolusiMisalkan M : himpunan mahasiswa yang mengambil mata

kuliah matematika diskrit,

K : himpunan mahasiswa yang mengambil matakuliah kalkulus, dan

G : himpunan mahasiswa yang mengambil matakuliah geometri.

Maka |M| = 115, |K| = 71, |G| = 56,

|M K| = 25, |MD G| = 14, |KPB G| = 9, dan

|M K G| = 196

Dengan mempergunakan prinsip inklusi-eksklusi:

|M K G| = |M| + |K| + |G| - |MK| - |MG|- |KG| + |MKG|

196 = 115 + 71 + 56 - 25 - 14 - 9 + |M K G|

Jadi, |M K G| = 2

Teorema

Teorema 1. Prinsip Inklusi-Eksklusi

Misalkan A1, A2, …, An himpunan hingga,

maka

||)1(

||

||||||

21

1

1

11

221

n

n

kj

nkji

i

j

nji

i

ni

i

AAA

AAA

AAAAAA

APLIKASI INKLUSI-EKSKLUSI

Bentuk Alternatif Inklusi-Eksklusi

Misalkan S : himpunan dengan banyak anggota N.

Ai : subhimpunan yang memuat anggota dengan sifat Pi.

banyaknya anggota himpunan dengan semua sifat

maka

banyaknya anggota yang tidak memiliki sifat

maka

Berdasarkan prinsip inklusi-eksklusi, dapat dipandang bahwa:

:21 kiii PPPN

kiii PPP ,,,21

||2121 ikiiikii AAAPPPN

:''' 21 nPPPN nPPP ,,, 21

||''' 2121 nn AAANPPPN

)()1()(

)()('''

21

1

11

21

n

nkji

n

kji

nji

ji

ni

in

PPPNPPPN

PPNPNNPPPN

Menentukan Banyaknya Solusi Persamaan Linier

37

Ada berapa solusi yang dimiliki oleh x1 + x2 + x3 = 11

dengan x1, x2, x3 bilangan bulat tak negatif dan x1 3, x2 4,

dan x3 6.

Solusi.

Misalkan P1: sifat x1 > 3, P2: sifat x2 > 4, dan P3: sifat x3 > 6,

maka banyaknya solusi adalah:

)()()()(

)()()('''

321323121

321321

PPPNPPNPPNPPN

PNPNPNNPPPN

Contoh 1…

N: jumlah solusi total = C(3+11-1,11) = 78

N(P1): jumlah solusi dengan x1 4 = C(3+7-1,7) = 36

N(P2): jumlah solusi dengan x2 5 = C(3+6-1,6) = 28

N(P3): jumlah solusi dengan x3 6 = C(3+5-1,5) = 15

N(P1 P2): jumlah solusi dengan x1 4 dan x2 5 = C(3+2-1,2)

= 6

N(P1 P3): jumlah solusi dengan x1 4 dan x3 7 = C(3+0-1,0)

= 1

N(P2 P3): jumlah solusi dengan x2 5 dan x3 7 = 0

N(P1P2P3): jumlah solusi dengan x1 4, x2 5 dan x3 7 = 0

Jadi, N(P1’P2’P3’) =78 - 36 - 28 - 15 + 6 + 1 + 0 - 0 =6

Banyaknya fungsi pada

Ada berapa banyak fungsi pada dari himpunan dengan 6anggota ke himpunan dengan 3 anggota?

Solusi.

Misalkan anggota-anggota dari kodomain adalah b1, b2, danb3. Misalkan P1, P2, dan P3 adalah sifat bahwa b1, b2, dan b3tidak berada dalam range fungsi.

Karena fungsi akan pada jhj fungsi tersebut tidak memilikisemua sifat P1, P2, atau P3, maka banyaknya fungsi pada darihimpunan dengan 6 anggota ke himpunan dengan 3 anggotaadalah

)()()()(

)()()('''

321323121

321321

PPPNPPNPPNPPN

PNPNPNNPPPN

Banyaknya fungsi pada…

N: banyaknya fungsi dari himpunan dengan 6 anggota kehimpunan dengan 3 anggota = 36.

N(Pi): banyaknya fungsi yang tidak mempunyai bi dalamrange = 26.

N(Pi Pj): banyaknya fungsi yang tidak mempunyai bi dan bjdalam range = 16 = 1.

N(P1 P2 P3): banyaknya fungsi yang tidak mempunyai b1,b2, dan b3 dalam range = 0.

Jadi, banyaknya fungsi pada dari himpunan dengan 6 anggotake himpunan dengan 3 anggota adalah

36 - C(3,1) 26 + C(3,2) 1 – 0 = 540

Banyaknya fungsi pada

Teorema 1

Misalkan m dan n bilangan bulat positif dengan m n. Maka,terdapat

nm - C(n,1) (n-1)m + C(n,2) (n-2)m – … + (-1)n-1 C(n,n-1) 1m

fungsi pada dari himpunan dengan m anggota ke himpunandengan n anggota.

Pengacakan

42

Misal terdapat n elemen yang disusun pada suatu barisan dannotasi 1,2,3,...n. Selanjutnya, n elemen tersebutdipermutasikan pada barisan yang sama sedemikian hinggatidak ada satu elemen yang menempati tempatnya semula.

Misalnya, diberikan barisan 1,2,3,4.

3,1,4,2, dan 4,3,2,1, adalah contoh dari pengacakan barisan1,2,3,4. Sedangkan 3,1,2,4 bukan hasil pengacakan daribarisan 1,2,3,4, karena angka 4 menempati posisi semula.

Banyaknya Pengacakan dari n obyek

Suatu permutasi dikatakan memiliki sifat Pi jika permutasi tersebutmengakibatkan anggota i tetap pada tempatnya.

Jelas derangement dalam himpunan dengan n anggota adalah permutasiyang tidak memiliki sifat Pi, i=1,2,…,n. Jadi,

o N: banyaknya permutasi dengan n anggota = n!

o N(Pi): banyaknya permutasi yang menetapkan satu anggota= (n-1)!

o N(Pi Pj): banyaknya permutasi yang menetapkan dua anggota= (n-2)!

o N(Pi1 Pj2 …Pjm): banyaknya permutasi yang menetapkan manggota = (n-m)!

)()1()(

)()('''

21

1

11

21

n

nkji

n

kji

nji

ji

ni

inn

PPPNPPPN

PPNPNNPPPND

Banyaknya Pengacakan dari n obyek …

Karena terdapat C(n,m) cara untuk memilih m dari n

anggota, maka

o N(Pi) = C(n,1) (n-1)!

o N(Pi Pj) = C(n,2) (n-2)!

o Dan secara umum, N(Pi1 Pj2 …Pjm) = C(n,m) (n-m)!

Sehingga,

Teorema 2.

Banyaknya derangement dalam himpunan dengan n anggota

adalah

!

1)1(

!3

1

!2

1

!1

11!

nnD n

n

Masalah Hatcheck

Seorang pegawai baru di tempat penitipan topi

suatu rumah makan menerima titipan topi dari n

pengunjung, tetapi ia lupa untuk menomori topi-

topi tersebut.

Ketika para pengunjung hendak mengambil

kembali topi mereka, pegawai ini memilih secara

acak dari topi yang tersisa. Berapakah peluangnya

bahwa tidak ada seorang pun yang menerima

topinya kembali.

Solusi.

Peluang bahwa tidak ada seorang pun yang

menerima topinya kembali adalah

Jika n membesar tanpa batas.

368,011

)1(2

1

1

11

en!!!

n!

D nn

368,011

)1(lim1

en!

n!

D

n

nn

n

TERIMAKASIH

47