ARITMATIKA MODUL PEMBINAAN OLEH TIM PEMBINA OLIMPIADE KOMPUTER ILMU KOMPUTER UDAYANA (DISAJIKAN UNTUK PESERTA PEMBINAAN BIDANG KOMPUTER OSN 2009)

A R I T M AT I K A MODUL PEMBINAAN

OLEH TIM PEMBINA OLIMPIADE KOMPUTER ILMU KOMPUTER UDAYANA (DISAJIKAN UNTUK PESERTA PEMBINAAN BIDANG KOMPUTER –OSN 2009)

PEMERINTAH DAERAH PROPINSI BALI DINAS PENDIDIKAN PEMUDA DAN OLAHRAGA 2009

DA F T A R I S I PENDAHULUAN ............................................................................................................. 3 TEORI BILANGAN ......................................................................................................... 4 DEVISIBILITAS (KETERBAGIAN) ...................................................................................... 4 BILANGAN PRIMA ............................................................................................................ 6 FAKTOR PERSEKUTUAN TERBESAR ............................................................................... 9 KELIPATAN PERSEKUTUAN TERKECIL .......................................................................... 13 ARITMATIKA MODULAR ................................................................................................ 14 DIGIT TERAKHIR ........................................................................................................... 15

DEFINISI REKURSIF ................................................................................................... 18 DERET ............................................................................................................................. 19 KOMBINATORIKA ...................................................................................................... 22 KONSEP DASAR PENCACAHAN ..................................................................................... 23 PRINSIP PENJUMLAHAN (RULE OF SUM)........................................................................ 23 PRINSIP PERKALIAN (RULE OF PRODUCT) ..................................................................... 24 PERMUTASI DAN KOMBINASI ....................................................................................... 25 Permutasi .................................................................................................................. 26 Permutasi dari n-objek yang terpilih ....................................................................... 26 Permutasi sebanyak r dari n objek ........................................................................ 27 Permutasi Keliling (Circular Permutation) ............................................................. 27 Permutasi sebanyak r dari n objek dengan pengembaliam objek yang terpilih .. 29 Permutasi sebanyak r dari n obyek yang tidak seluruhnya dapat dibedakan ....... 29 Kombinasi ................................................................................................................. 30 Kombinasi sebanyak r dari n objek yang berbeda. ............................................... 32 TEOREMA BINOMIAL DAN MULTINOMIAL................................................................... 35 PIGEONHOLE PRINCIPLE/PERINSIP SARANG MERPATI .............................................. 40 PERINSIP INKLUSI DAN EKSLUSI .................................................................................. 42 MEMBUAT MODEL ARITMATIKA/MATEMATIKA ........................................... 46 KONTEKS MASALAH ................................................................................................. 48 BERPIKIR SECARA CERDAS .................................................................................... 49 LATIHAN SOAL ARITMATIKA DAN KOMBINATORIKA .................................50

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”.

3

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|. Contoh Soal 1: Buktikan n5 − 5n3 + 4n terbagi oleh 120! Solusi: n5 − 5n3 + 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 {-2, -1, 0, 1, 2} kita dapat katakan bahwa n5 − 5n3 + 4n = 0 terpenuhi. Maka untuk n ≤ 3 kita bisa nyatakan: n5 − 5n3 + 4n = n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2) ⎛ (n + 2 ⎞ ⎟⎟ = 5!⎜⎜ ⎝5 ⎠

⎛ (n + 2 ⎞ ⎟⎟ = 120⎜⎜ ⎝5 ⎠ Untuk n ≤ -3, ambil n = -m, dimana m ≥ 3 akan diperoleh

⎛ (m + 2 ⎞ ⎟⎟ n5 − 5n3 + 4n = − 120⎜⎜ ⎝5 ⎠ jadi berdasarkan persamaan diatas dapat dikatakan bahwa 120| n5 − 5n3 + 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.

1 p + 2 p + ... + ( p − 1) p n

Buktikan bahwa

n

n

terbagi oleh p.

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

d k + ( p − d ) k = p[d k −1 − d k − 2 ( p − d ) + ... + ( p − d ) k −1 ] . persamaan-persamaan tersebut dari d=1 sampai d =

1 p + 2 p + ... + ( p − 1) p n

persamaan

n

Dengan

menjumlahkan

p −1 , kita bisa menghasilkan 2

n

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 Solusi: Misalkan a adalah bilangan ganjil terbesar sehingga a 2 < n namun n ≤ (a + 2) 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 ≤ (a + 2)2 sehingga

5

a 3 − 6a 2 + 8a ≤ a 2 + 4a + 4 .

Maka

a 3 − 7 a 2 + 4a − 4 ≤ 0

atau

a 2 (a − 7) + 4(a − 1) ≤ 0 , solusinya adalah a = 1, 3 atau 5. Jika a = 1, maka 12 ≤ n ≤ 3 2 sehingga n ∈ {1,2,...,8} Jika a = 3, maka 3 2 ≤ n ≤ 5 2 dan 1.3|n sehingga n ∈ {9,12,15,18,21,24} Jika a = 5, maka 5 2 ≤ n ≤ 7 2 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: 1. Tunjukkan bahwa untuk sembarang bilangan natural n, diantara n2 dan (n+1)2 bisa ditemukan tiga bilangan natural berbeda a, b dan c sehingga a2 + b2 bisa terbagi oleh c. 2. Temukan semua bilangan bulat positif n sehingga 3 n −1 + 5 n −1 bisa membagi

3n + 5 n 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 a1 dan a2 sehingga a = a1.a2 dengan 1 < a1 ≤ a2 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 > a2 sehingga a ≤ Teorema 1: (Euclid) Ada jumlah tak terbatas bilangan-bilangan prima.

n.

Bukti: Asumsikan dengan kontradiksi bahwa hanya ada jumlah terbatas dari bilangan prima: p1 < p 2 < ... < p m . Misalkan sebuah bilangan P = p1 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 p1 , p 2 ,..., p m , kita misalkan p k . Ini diikuti dengan

p k | p1 p 2 ... p m + 1 sedangkan karena

pk

salah satu dari

p1 , p 2 ,..., p m , berarti

p k | p1 p 2 ... p m ini mengarah ke p k | 1 . Ini merupakan kontradiksi. Perhatikan: Bilangan prima terbesar yang diketahui adalah 232582657 – 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 p1 adalah pembagi prima (faktor) dari n. Jika p1 = n, maka n = p1 adalah faktorisasi prima dari n. Jika p1 < n, maka n = p1 r1 dimana r1 > 1. Jika r1 prima maka n = p1 p 2 dimana p 2 = r1 , ini adalah foktorisasi yang diingin dari n (sesuai dengan teorema). Jika r1 adalah

komposit maka r1 = p 2 r2 dimana p 2 prima, r2 > 1 sehingga n = p1 p 2 r2 . Jika r2 prima maka n = p1 p 2 p3 dimana r2 = p3 , dan kita selesai. Jika r2 adalah komposit, maka kita lanjutkan algoritma ini sehingga memperoleh deret bilangan r1 > r2 > ... ≥ 1 . Setelah langkah yang terhingga, kita akan memperoleh rk =1 = 1 sehingga n = p1 p 2 ... p k . Untuk keunikannya, mari kita asumsikan ada setidaknya satu bilangan bulat positif n sehingga n = p1 p 2 ... p k = q1 q 2 ...q h dimana p1 , p 2 , ..., p k , q1 , 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 pi ≠ q j untuk setiap i = 1, 2, …, k, j = 1, 2, …, h. Jika, sebagai contoh, p k = q h = p , maka

n' = n / p = p1 L p k −1 = q1 L q h −1 dan 1 < n’ < n, merupakan kontradiksi dari

7

minimalitas n. Asumsikan bahwa p1 adalah faktor prima terkecil dari n dalam representasi diatas. Dengan menerapkan Algoritma Pembagian sebagai berikut: q1 = p1c1 + r1 q 2 = p1c 2 + r2 K

q h = p1c h + rh Dimana

1 ≤ ri ≤ p1 , i = 1, K , h.

Kita

akan

peroleh

n = q1 q 2 K q h = ( p1c1 + r1 )( p1c 2 + r2 ) K ( p1c h + rh ) Dengan memperluas persamaan ini kita akan memperoleh n = Ap1 + r1 r2 K rh . Dengan mengetahui bahwa n' = r1 r2 K rh kita peroleh n = p1 p 2 K p k = Ap1 + n' . Dari sini kita dapat ketahui bahwa p1 | n' dan n' = p1 s1 s 2 K si , dimana s1 , s 2 , K , si adalah bilangan prima. Dari sudut lain, menggunakan faktorisasi dari r1 , r2 ,K , rh kedalam bentuk prima, semua faktor dari ri < p1 . Dari n' = r1 r2 K rh diikuti n’ sudah difaktorkan kedalam bentuk n' = t1t 2 Kt j dimana t s < p1 , s = 1, 2, ..., j. Faktorisasi ini berbeda dari bentuk

n' = p1 s1 s 2 K si . 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

n = p1α1 K p kα k Dimana p1 , 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 + n 4 + 1 = n 5 + n 4 + n 3 − n 3 − n 2 − n + n 2 + n + 1 = n 3 (n 2 + n + 1) − n(n 2 + n + 1) + (n 2 + n + 1) = (n 2 + n + 1)(n 3 − n + 1) , hasil perkalian dari dua bilangan bulat diatas 1. Oleh karena itu n 5 + 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:

1 1 1 + > c b 2 jika b ≥ 5 , maka c ≥ 5 dan

1 1 1 1 1 2 < + < + = , ini salah. Jadi solusinya ada untuk 2 b c 5 5 5

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

pn + qn = r 2 Buktikan bahwa n=1.

p1 p 2 K p n > p n2+1 untuk n ≥ 4 , dimana

2. Buktikan pertidaksamaan Bonse

p1 = 2, p 2 = 3, K adalah deret menaik dari bilangan-bilangan prima.

FAKTOR PERSEKUTUAN TERBESAR Untuk sebuah bilangan bulat positif k kita nyatakan Dk sebagai himpunan dari semua pembagi positifnya. Jelas bahwa Dk adalah himpunan terhingga. Untuk bilangan

9

bulat positif m dan n, elemen maksimal dari himpunan Dm ∩ Dn disebut faktor persekutuan terbesar (greatest common divisor) dari m dan n, kita menggunakan notasi fpb(m,n). Pada kasus dimana Dm ∩ Dn ={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

m = p1α1 K p kα k

,

n = p1β1 K pkβ k , α i , β i ≥ 0, α i + β i ≥ 1, i = 1,2,K , k ,

maka

fpb (m, n) = p1min(α1 , β1 ) K pkmin(α k , β 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 = nq1 + r1 ,1 ≤ r1 < n n = r1 q 2 + r2 ,1 ≤ r2 < r1 ...

rk −2 = rk −1 q k + rk ,1 ≤ rk < rk −1 rk −1 = rk q k +1 + rk +1 , rk +1 = 0 Rantai persamaan ini adalah terhingga karena n > r1 > r2 > K > rk . Sisa bagi yang tidak nol, rk , adalah faktor persekutuan terbesar dari m dan n. Sebenarnya

dengan

menggunakan

aturan

5)

diatas

kita

dapatkan

fpb(m, n) = fpb(n, r1 ) = fpb(r1 , r2 ) = K = fpb(rk −1 , rk ) = rk 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

r1 = m − nq1 , r2 = − mq 2 + n(1 + q1 q 2 ),K

Secara

umum

ri = mα i − nβ i , i = 1, K , k .

Karena ri +1 = ri −1 − ri qi +1 ,

sehingga

⎧α i +1 = α i −1 − qi +1α i ⎨ ⎩ β i +1 = β i −1 − qi +1 β i

i = 2, ..., k-1. Akhirnya, kita mendapatkan bahwa fpb(m, n) = rk = α k m + β k n . Kita bisa mendefinikan faktor persekutuan terbesar dari beberapa bilangan bulat positif m1 , m2, K , m s dengan memperhatikan:

d1 = fpb(m1 , m2 ), d 2 = fpb(d1 , m3 ),K , d s −1 = fpb(d s − 2 , m s ) Bilangan bulat d = d s −1 disebut faktor persekutuan terbesar dari m1 , m2, K , m s dan dinotasikan sebagai fpb(m1 , m2, K , m s ) Contoh Soal 1: Temukan faktor persekutuan terkecil dari bilangan-bilangan yang memenuhi An = 2 3n + 36 n + 2 + 5 6 n + 2 .dimana n = 0, 1, ..., 1999. Solusi: Kita dapatkan A0 = 1 + 9 + 25 = 35 = 5.7 Menggunakan

kongruen

mod

5

kita

peroleh

An ≡ 2 3n + 36 n + 2 ≡ 2 3n + (−1) 3n +1 (mod 5) . Untuk n = 1, A1 ≡ 9 ≠ 0(mod 5) , karena itu n bukan faktor persekutuan.

11

Sebaliknya, An = 8 n + 9.9 3n + 25.25 3n

≡ 1 + 2.2 3n + 4.4 3n

≡ 1 + 2.8 n + 4.64 n ≡ 1 + 2.1n + 4.1n ≡ 0(mod 7) Oleh sebab 7 dapat membagi An , untuk semua bilangan bulat n ≥ 0 . Akibatnya, faktor persekutuan terbesar dari bilangan Ao , A1 ,K , A1999 adalah 7. Contoh Soal 2: Temukan semua tripel bilangan bulat positif (a, b, c) sehingga

a 3 + b 3 + c 3 bisa dibagi a 2 b + b 2 c + c 2 a Solusi: Biarkan g sebagai faktor persekutuan terbesar dari a dan b. Maka g 3 bisa membagi a 2 b jadi g 3 bisa membagi a 3 + b 3 + c 3 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 permasalahan, dan l, m, n merupakan pasangan-pasangan relatif prima. Karena l 2 , m 2 dan n 2 semuanya bisa membagi l 3 + m 3 + n 3 , sekarang kita mempunyai

l 2 m2n 2 | l 3 + m3 + n3 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 / 3 ≤ l . Karena l 2 | (m 3 + n 3 ) , kita juga mempunyai

m 4 n 4 / 9 ≤ l 2 ≤ m 3 + n 3 ≤ 3m 3 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 > m karena l dan m relatif prima, jadi

m 2 n 2 ≤ l 3 + m 3 + 1 < 2l 3 , dan l > m 2 / 2 , sehingga

m 4 < l 2 ≤ m3 + 1, dan m ≤ 4 . Tidaklah sulit untuk melihat bahwa satu-satunya solusi adalah (3, 2, 1).

KELIPATAN PERSEKUTUAN TERKECIL Berlawanan dengan himpunan Dk 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 = p1pα1 K p kpα k dan t = p1pβ1 K p kpβ k , α i , β i ≥ 0, α i + β i ≥ 1 , i

= 1, ..., k, maka

kpk ( s, t ) = p1max(α1β1 ) K p kmax(α k β 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)

13

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 = nq1 + r1 , b = nq 2 + r2 , 0 ≤ r1 , rs ≤| n | . Maka a ≡ b(mod n) jika dan hanya jika r1 = r2 .

Bukti: Karena a − b = n(q1 − q 2 ) + (r1 − r2 ) , ini menghasilkan n|a-b jika dan hanya jika n | r1 − r2 . Dengan memperhatikan bahwa | r1 − r2 |<| n | , kita akan peroleh n | r1 − r2 jika dan hanya jika r1 = r2 . Contoh Soal: Temukan sebuah bilangan bulat n dengan 100 ≤ n ≤ 1997 sehingga n membagi 2 n + 2 Solusi: Perhatikan bahwa 2 mebagi 2 n + 2 untuk semua n. Selain itu 2 juga membagi

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

DIGIT TERAKHIR Misalkan anan-1....a0 adalah representasi desimal dari bilangan bulat positif N. Digit terakhir N adalah l(N) = a0 dan untuk k ≥ 2, k digit terakhir adalah lk(N) = ak-1 ... a0. 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 ln(Nn) = 0...0 (0 sebanyak n) dan jika l(N) = 1 maka l(Nn) = 1 untuk semua n ≥ 2. Contoh Soal 1: Apakah digit terakhir dari (. . . (((77)7)7) . . .7)? Ada 1001 buah 7 dalam formula tersebut. Solusi: Digit terakhir dari bilangan desimal adalah sisa modulo 10. Sekarang 72 = 49 ≡ -1 (mod 10). Sehingga 77 = (72)3.7 ≡ -7 (mod 10) dan (77)7 ≡ (-7)7 ≡ -(77) ≡ -(-7) ≡ 7 (mod 10) Melanjutkan proses tersebut kita akan melihat bahwa ((77)7)7) ≡ 7 (mod 10) dan secara umum (…(((77)7)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 22003?

15

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.

17

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: ⎧0, n = 0 ⎪ 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 Contoh Soal 2: Jika suatu fungsi didefinisikan f(x, y) = x2-y2 untuk x dan y dua bilangan real. Maka f(3, f(3, 4)) adalah? Solusi: f(x, y) = x2-y2 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 (3n + 1), n ∈ ganjil , n > 1 ⎩

f(2008)?

19

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, U1+U2+U3+ ... + Un, berlaku

Sn =

n(a + Un) 2

dengan kata lain

Sn =

n(2a + (n − 1)b) 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

Sn =

a(r n − 1) r −1

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. ar = 1 dan br =1, maka Unr = ar +(n-1)br = 1 + (n-1).1 = n. Sedangkan untuk deret S. as = 2 dan bs = 3, maka Uns = as + (n-1)bs = 2 + (n-1)3 = 3n-1. Maka kita dapat lihat bahwa hubungan antara kedua deret itu adalah S = 3R -1

21

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

didasarkan kepada peluang yang mungkin terjadi diluar jangkauan kita. Matematika dapat digunakan untuk memprediksi peluang yang mungkin dari kejadian-kejadian tersebut. Mungkin juga ahli-ahli ekonomi menggunakan statistika untuk membantu mereka memprediksikan perubahan-perubahan dalam pasar-pasar uang atau bursa saham, yang dapat menyebabkan perolehan ataupun kehilangan uang dalam jumlah yang sangat besar. Inilah yang menyebabkan konsep kombinatorika penting dalam penalaran matematika. 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 + m cara untuk memilih benda jenis A atau 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 m1 cara

-

Jika tugas II dilaksanakan dengan m2 cara M

-

M

Jika tugas ke k dilaksanakan dengan mk cara

23

Dengan syarat tugas yang diberikan harus disjoint (saling asing), maka seluruh tugas dapat dilaksanakan dengan m1 + m2 + ... + mk .

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 m1 cara

-

Jika tugas II dilaksanakan dengan m 2 cara M

-

M

Jika tugas ke k dilaksanakan dengan mk cara

Dengan pelaksanaan yang saling lepas antara tugas satu dan tugas yang lain, maka pasangan tugas dalam suatu langkah dapat dilaksanakan dengan m1 × m2 × ... × mk 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

macam hidangan (terdiri dari 1 makanan dan 1 minuman) yang dapat disusun adalah sebagai berikut: 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.

25

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. 3

2

1

Bawah

tengah

atas

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 (n, r ) .

Teorema 5.10. Jumlah permutasi sebanyak r dari n objek yang berbeda dimana r ≤ n dan pengambilan r tanpa pengulangan adalah P (n, r ) =

n! . (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) =

7! 7! = = 210 cara. (7 − 3)! 4!

PERMUTASI KELILING (CIRCULAR PERMUTATION)

Definisi 5.12. Permutasi suatu kelompok objek yang membuat suatu lingkaran dinamakan permutasi keliling (Circular Permutation).

27

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 ) =

n! cara. r (n − r )!

Contoh 5.15. 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

sembarang. Untuk menempatkan 2 dari 3 orang sisanya kita bisa mengurutkan mereka kemudian meletakkannya dalam urutan searah jarum jam dari A. Untuk menempatkan 2 dari 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

P(4,3) = 8 cara. 3

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(n, r ) = n r 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 {a1 , a 2 , a3 } maka jumlah permutasinya akan menjadi sebanyak 3! = 6. Jadi apabila dibandingkan maka jumlah permutasinya berkurang hingga 1/6 dari jumlah semula apabila himpunan {a1 , a 2 , a3 } 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 n1 merupakan kumpulan objek yang sama, n2 merupakan kumpulan objek yang sama, dan seterusnya hingga nk merupakan kumpulan objek yang sama, sedangkan n1 + n 2 + n3 + .... + n k = n maka jumlah

29

permutasi dari n ⎛ ⎜⎜ ⎝ n1

n n2

obyek yang meliputi seluruh obyek di atas adalah sebanyak

⎞ n! ⎟⎟ = L n k ⎠ n 1 ! n 2 !L n k !

Contoh 5.18. Dalam berapa carakah kata “MISSISSIPPI” dapat dipermutasikan? MISSISSIPPI tersusun dari 4 huruf yang terdiri dari 1M, 4I, 4S dan 2P. Dengan sendirinya diperoleh n1 = 1, n2 = 4, n3 = 4, n4 = 2, dan n = 11. Jadi permutasi 11 huruf di atas diperoleh:

11 ⎛ ⎞ 11! ⎜⎜ ⎟⎟ = = 34650 cara . ⎝1 4 4 2 ⎠ 1!4!4!2! KOMBINASI

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: M1 M 2 ,

M1 M 3 ,

M1 M 4 ,

M 2 , M1 M2, M3 M2, M4

M M3 M4 ,

M M4, M3 Jelas terdapat sebanyak 4 × 3 pasangan dari urutan ini. Tapi karena adanya pasangan yang sama muncul dua kali maka diperoleh banyaknya pemilihan adalah

4×3 = 6 cara. 2

Cara 2: Dibentuk pasangan sebagai berikut: M1, M 2 ⎫ ⎪ M 1 , M 3 ⎬3 M 1 , M 4 ⎪⎭

M2,M3⎫ ⎬2 M2,M4⎭

M 3 , M 4 }1

⎛6⎞ 1 Pasangan ini dapat ditulis sebagai ⎜⎜ ⎟⎟ = 3 + 2 + 1 = × 4 × 3 = 6 cara. Jika diperluas 2 ⎝ 2⎠ ⎛n⎞ 1 maka diperoleh ⎜⎜ ⎟⎟ = n(n − 1) cara. Untuk pengambilan tiga mata kuliah diperoleh daftar ⎝ 2⎠ 2 sebagai berikut:

M1, M 2M 3 ⎫ ⎪⎛ 3 ⎞ 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 }⎜⎜ ⎟⎟ = 1 . ⎝ 2⎠

31

Jadi banyaknya pasangan berurutan yang diawali dengan M 2 adalah 1 buah. Jadi

⎛ 4⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 2⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = 4 . ⎝ 3⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ Secara umum maka diperoleh persamaan

⎛ n ⎞ ⎛ n − 1⎞ ⎛ n − 2 ⎞ ⎛ n − 3 ⎞ ⎛ r ⎞ ⎛ r − 1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + L + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ r ⎠ ⎝ r − 1⎠ ⎝ r − 1 ⎠ ⎝ r − 1 ⎠ ⎝ r − 1⎠ ⎝ r − 1⎠ 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 (n, r ) 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 (n, r ) 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⎞

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

⎛n⎞ bahwa ⎜⎜ ⎟⎟r! = P(n, r ) . Jadi ⎝r⎠

⎛ n ⎞ P(n, r ) n! ⎜⎜ ⎟⎟ = , dengan 0 < r < n . = r! r!(n − r )! ⎝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} H1 = {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 ⎞ ⎟⎟ cara pilih 3 diantara anggota-anggota H 0 diperoleh sebanyak ⎜⎜ ⎝ 3 ⎠ ⎛100 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ 3 ⎝ ⎠ cara pilih 3 diantara anggota-anggota H1 diperoleh sebanyak

-

⎛100 ⎞ ⎟⎟ cara pilih 3 diantara anggota-anggota H 2 diperoleh sebanyak ⎜⎜ ⎝ 3 ⎠

-

⎛100 ⎞ ⎟⎟ cara , pilih 1 anggota H 0 diperoleh sebanyak ⎜⎜ ⎝ 1 ⎠

33

⎛100 ⎞ ⎟⎟ cara, pilih 1 anggota H 2 diperoleh pilih 1 anggota H1 diperoleh sebanyak ⎜⎜ ⎝ 1 ⎠ ⎛100 ⎞ ⎟⎟ cara. sebanyak ⎜⎜ ⎝ 1 ⎠ Karena terjadi bersama-sama dengan menggunakan prinsip perkalian diperoleh

⎛100 ⎞ ⎟⎟ pengambilan sebanyak ⎜⎜ ⎝ 1 ⎠

⎛100 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 1 ⎠

3

⎛100 ⎞ ⎛100 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ cara. ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠

Jadi total cara memilih tiga bilangan sehingga jumlahnya habis dibagi tiga adalah 3

3

⎛100 ⎞ ⎛100 ⎞ ⎛100 ⎞ ⎛100 ⎞ ⎛100 ⎞ ⎛100 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = 3 ⎜⎜ ⎟⎟ = 1498501000 cara. ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 1 ⎠

Teorema 52.24. ⎛n⎞ ⎛ n ⎞ ⎟⎟ . Hal ini dapat dilihat pada tabel kombinatorial Untuk setiap n ≥ r berlaku ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎝r ⎠ ⎝n − r⎠ berikut: Tabel 5.1. n

⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝0⎠

⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝1⎠

⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 2⎠

⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 3⎠

⎛ n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 4⎠

⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝5⎠

0

1

-

-

-

-

-

1

1

1

-

-

-

-

2

1

2

1

-

-

-

3

1

3

3

1

-

-

4

1

4

6

4

1

-

5

1

5

10

10

5

1

⎛ 3⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 3 . Pada baris ke-5 : Pada baris ke-3 : ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎝1⎠ ⎝ 3 − 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 10 . ⎝ 2 ⎠ ⎝ 5 − 2 ⎠ ⎝ 3⎠

Teorema 5.25. Andaikan n dan r adalah dua bilangan bulat yang memenuhi 1 ≤ r ≤ (n − 1) maka berlaku

⎛ n ⎞ ⎛ n − 1⎞ ⎛ n − 1⎞ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ . bahwa : ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎝ r ⎠ ⎝ r ⎠ ⎝ r − 1⎠ 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: n

⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝0⎠

⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝1⎠

⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 2⎠

⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 3⎠

⎛ n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 4⎠

⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝5⎠

……

0

1

-

-

-

-

-

…….

1

1

1

-

-

-

-

……..

2

1

2

1

-

-

-

……..

3

1

3

3

1

-

-

……..

4

1

4

6

4

1

-

……..

5

1

5

10

10

5

1

…….

M

M

M

M

M

M

M

M

Pasangan

⎛ n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝r⎠

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

susunan berikut yang kemudian dikenal sebagai segitiga pascal.

35

1 1 1 1 1

1

2 3

4 5

1

3 6

10

1 4

10

1 5

1

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

(a + b )n = ∑ ⎛⎜⎜ ⎞⎟⎟a n−k b k . k n

n

k =0

⎝ ⎠

Contoh 5.27. Jabarkan (3x − 2 y ) dengan menggunakan teorema binomial. 4

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

(3x − 2 y )4 = (a + b )4 ⎛ 4⎞ ⎛ 4⎞ ⎛ 4⎞ ⎛ 4⎞ ⎛ 4⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟a 4 b 0 + ⎜⎜ ⎟⎟a 3b1 + ⎜⎜ ⎟⎟a 2 b 2 + ⎜⎜ ⎟⎟a 1b 3 + ⎜⎜ ⎟⎟a 0 b 4 ⎝ 0⎠ ⎝1⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 4⎠ ⎛ 4⎞ ⎛ 4⎞ ⎛ 4⎞ ⎛ 4⎞ ⎛ 4⎞ 4 0 3 1 2 2 1 3 0 4 = ⎜⎜ ⎟⎟(3x ) (− 2 y ) + ⎜⎜ ⎟⎟(3x ) (− 2 y ) + ⎜⎜ ⎟⎟(3 x ) (− 2 y ) + ⎜⎜ ⎟⎟(3x ) (− 2 y ) + ⎜⎜ ⎟⎟(3 x ) (− 2 y ) ⎝ 0⎠ ⎝1⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 4⎠ = 3 4 x 4 + 4.33 x 3 (− 2 y ) + 6.3 2 x 2 (− 2 ) y 2 + 4(.3x )(− 2) y 3 + (− 2) y 4 2

3

4

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

Contoh 5.28. Carilah koefisien dari a 5 b 4 dalam penjabaran (a + b ) . 9

Solusi : suku yang melibatkan a 5 b 4 muncul dalam teorema binomial dengan mengambil n = 9 dan k = 4

⎛ n ⎞ n−k k ⎛ 9 ⎞ 5 4 ⎜⎜ ⎟⎟a b = ⎜⎜ ⎟⎟a b = 126a 5 b 4 ⎝k ⎠ ⎝ 4⎠

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

1.

⎛n⎞

∑ ⎜⎜ k ⎟⎟ = 2 k =0

n

⎝ ⎠

⎛ n + 1⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ dengan 1 ≤ k ≤ n 2. ⎜⎜ ⎝ k ⎠ ⎝ k ⎠ ⎝ k − 1⎠ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ 3. ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... = 2 n −1 ⎝ 0⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 4⎠ ⎝ 2k ⎠ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛ n ⎞ ⎟⎟ + ... = 2 n −1 4. ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎝1⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 5⎠ ⎝ 2k + 1⎠ 2

⎛n⎞ ⎛ 2n ⎞ 5. ∑ ⎜ r ⎟ = ⎜ n ⎟ ⎝ ⎠ r =0 ⎝ ⎠ n

37

⎛0⎞ ⎛1⎞ ⎛2⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ n +1 ⎞ 6. ⎜ r ⎟ + ⎜ r ⎟ + ⎜ r ⎟ + .... + ⎜ r ⎟ = ⎜ r + 1⎟ yang bersekawan dengan ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ n ⎞ ⎛ n +1 ⎞ ⎛ n + 2 ⎞ ⎛ n + r ⎞ ⎛ n + r +1 ⎞ ⎜ 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

10! = 12.600 cara. Cara lain yang dapat di 4!3!2!1!

tempuh adalah dengan menggunakan kombinasi yang diperumum yaitu: ⎛10 ⎞ cara. ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝4⎠

-

Meletakkan 4 bilangan ke dalam 10 kotak dapat ditempuh dalam

-

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

-

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

-

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

⎝ 3⎠

⎝ 2⎠

⎝1⎠

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

10! 6 3 1 10 digit adalah ⎛⎜⎜10 ⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ ⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ ⎞⎟⎟ ⎛⎜⎜ ⎞⎟⎟ = = 12.600 . Secara umum jika ⎝ 4 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝1⎠ 4!3!2!1!

r≥2

dan

k1 , k 2 , k 3 , k 4 ,....., k r adalah bilangan bulat dengan k1 + k 2 + k 3 + k 4 + .... + k r = n , maka

n ⎛ ⎞ n! ⎟⎟ = banyaknya cara meletakkan InI bilangan ke dalam r kotak adalah ⎜⎜ . ⎝ k1 k 2 ....k r ⎠ k1!k 2 !....k r !

Bentuk inilah yang di kenal sebagai Koefisien Multinomial. Ekspansi binomial dapat diperumum menjadi ekspansi multinomial yaitu:

(a1 + a2 + a3 + ... + a r )n = (a1 + a 2 + a3 + ... + a r )......(a1 + a 2 + a3 + ... + a r ) 144444444 42444444444 3 sebanyak n kali

=

∑

k1 , k 2 ...k r ≥ 0 k1 + k 2 +...+ k r = n

n ⎛ ⎞ ki k 2 ⎜⎜ ⎟⎟a1 a 2 .....a r k r ⎝ k1 .k 2 ...k r ⎠

Sifat Koefisien Multinomial adalah n n −1 n −1 n −1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ k1 k 2 ....k r ⎠ ⎝ k1 − 1, k 2 ....k r ⎠ ⎝ k1 k 2 − 1,....k r ⎠ ⎝ k1 k 2 ....k r − 1⎠

Contoh 5.29. Tentukan koefisien x 2 y 3 z pada ekspansi ( x − 2 y + 3 z ) 6 .

Jawaban Dari soal diketahui n = 6 , k1 = 2 , k 2 = 3 , k 3 = 1 sedangkan koefisien x = 1 , y = (−2) , dan z = 3 . Koefisien dari x 2 y 3 z pada ekspansi ( x − 2 y + 3z ) 6 adalah ⎛ 6 ⎞ 2 6! ⎜⎜ ⎟⎟(1) (− 2)3 (3)1 = (−24) = (−1440) . 2!.3!.1! ⎝ 2 3 1⎠ Teorema 5.30. (Teorema Multinomial) Untuk

n

suatu

X 1 , X 2 , X 3 , X 4 ,...., X t

bilangan

bulat

positif, akan

maka

untuk

setiap

berlaku

⎛ n ⎞ n1 n 2 n 3 ( X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + .... + X t ) n = ∑ ⎜ n1 n2 ....nt ⎟X 1 X 2 X 3 .... Xt nt ⎝ ⎠ n1 + n2 + n3 + ... + nt = n

39

bilangan

real :

dengan

syarat

Contoh 5.31. 1. Expansikan bentuk ( X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 ) 7 sehingga anda dapat menentukan 2

3

koefisien ( X 1 X 3 X 4 X 5 )

⎛

⎞

7

7!

⎟⎟ = Solusi : koefisien ( X 1 2 X 3 X 4 3 X 5 ) adalah ⎜⎜ = 420 ⎝ 2 0 1 3 1⎠ 2!0!1!3!1! 2. Bila yang diekspansikan (2 X 1 − 3 X 2 + 5 X 3 ) maka tentukan koefisien X 1 X 2 X 3 . 6

3

2

⎛

6 ⎞ 3 ⎟⎟(2) (− 3)1 (5)2 = −36000 ⎝3 1 2⎠

Solusi: koefisiennya = ⎜⎜

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

2.

Solusi: Dari soal diketahui n = 6, k1 = 2, k2 = 3, k3 = 1 sedangkan koefisien x = 1, y = (-2) , dan z

=

3.

Koefisien

dari

x2 y3z

pada

ekspansi

( x − 2 y + 3z ) 6

adalah

⎛ 6 ⎞ 2 6! ⎜⎜ ⎟⎟(1) (− 2)3 (3)1 = (−24) = (−1440) . 2!.3!.1! ⎝ 2 3 1⎠

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.

Generalisasi dari teorema tersebut adalah: Jika k dan n adalah bilangan asli dan sejumlah kn + 1 obyek akan didistribusikan ke dalam n himpunan maka paling sedikit satu diantara himpunan tersebut pasti memuat paling sedikit k + 1 obyek.

Contoh 5.33. Jika ada 367 orang disuatu ruangan maka paling sedikit dua diantaranya memiliki tanggal dan bulan kelahiran yang sama.

Contoh 2.34. Jika 51 surat didistribusikan ke dalam 5 kotak surat maka paling sedikit satu diantara kotak surat tersebut pasti memuat paling sedikit sejumlah k + 1 = 10 +1 = 11 surat. Berikut akan diberikan beberapa contoh permasalahan yang dapat diselesaikan dengan menggunakan prinsip pigeonhole.

Contoh 5.35. Seorang pemain catur handal mempunyai waktu 11 minggu untuk mengikuti turnamen. Sebagai persiapan ia ingin berlatih setiap hari dengan memainkan sedikitnya 1 permainan catur (gim), tetapi tidak ingin lebih dari 12 kali gim dalam seminggu. Buktikan bahwa ia pernah melakukan permainan sebanyak tepat 21 kali gim dalam beberapa hari berturutan.

Solusi: Tulis a1 sebagai jumlah gim yang dimainkan pada hari pertama, a2 sebagai jumlah gim yang dimainkan pada hari pertama dan kedua, a3 jumlah gim yang dimainkan sampai dengan hari ketiga dan seterusnya. Diperoleh barisan bilangan a1, a2, a3, a4, ...a77 terdiri dari angka yang berbeda-beda dan semakin memnesar. Angka 77 berasal dari latihan selama 11 minggu

41

(77 hari). Berdasarkan syarat bahwa setiap munggu tidak boleh lebih dari 12 gim maka diperoleh a77 ≤ 12 ×11 = 132 . Jadi kita memiliki barisan

1 ≤ a1 < a2 < a3 < a4 < ... < a77 ≤ 132 dan diperoleh pula

22 ≤ a1 + 21 < a2 + 21 < a3 + 21 < a4 + 21 < ... < a77 + 21 ≤ 153 Angka 21 diperoleh dari yang diberikan. Bilangan

a1, a2, a3, a4, ...a77 , a1 + 21, a2 + 21,...a77 + 21 adalah 154 bilangan bulat yang terletak di antara 1 dan 153. Oleh karena itu ada dua bilangan yang sama. Dua bilangan yang sama ini pasti dalam bentuk ai = a j + 21 untuk suatu j < i . Oleh karena itu pada hari ke j + 1 sampai hari ke i , ahli catur bermain sebanyak 21 kali permainan

PERINSIP INKLUSI DAN EKSLUSI Berapa banyak anggota di dalam gabungan dua buah himpunan A dan B? Gabungan antara dua buah himpunan menghasilkan himpunan baru yang elemen-elemennya berasal dari himpunan A dan B. Himpunan A dan himpunan B memiliki kemungkinan elemenelemen yang sama. Banyaknya elemen bersama antara A dan B adalah A ∩ B . Setiap unsur yang sama tidak dihitung dua kali, sekali pada A dan sekali pada B , meski dianggap satu elemen di dalam A ∪ B . Karena itu,jumlah elemen hasil penggabungan seharusnya adalah jumlah elemen di masing-masing himpunan dikkurangi dengan jumlah elemen di dalam irisannya, atau ada berapa anggota dalam gabungan dua himpunan hingga? A∪ B = A + B − A∩ B

Prinsip inklusi-eksklusi dapat dirapatkan untuk operasi lebih dari dua himpunan, Untuk tiga buah himpunan A, B, dan C, berlaku teorema berikut :

Teorema 536. Misalkan A, B, dan C adalah himpunan berhingga, maka A ∪ B ∪ C berhingga dan A∪ B ∪C = A + B + C − A∩ B − A∩C − B ∩C + A∩ B ∩C

.

Selanjutnya jika dilakukan generalisasi untuk r buah himpunan maka akan diperoleh teorema berikut:

Teorema 5.37. Misalkan A1,A2….... Ar adalah himpunan berhingga , maka berlaku A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ar = ∑ Ai − ∑ i

1≤i < j ≤ r

Ai ∩ A j +

∑

1≤i < j < k ≤ r

Ai ∩ A j ∩ Ak + ... + ( −1) r −1 A1 ∩ A2 ∩ .. ∩ Ar

Contoh 5.38. Ada berapa bilangan bulat positif lebih kecil atau sama dengan 100 yang habis dibagi 6 atau 9?

Solusi: Misalkan A adalah himpunan bilangan bulat dari 1 sampai 100 yang habis dibagi 6 dan B adalah himpunan bilangan bulat dari 1 sampai 100 yang habis dibagi 9. Dengan menggunakan prinsip – eksklusi, banyaknya bilangan bulat dari 1 sampai 100 yang habis dibagi 6 atau 9 adalah A∪ B = A + B − A∩ B

⎢100 ⎥ ⎢100 ⎥ ⎢100 ⎥ =⎢ + − = 16 + 11 + 5 = 22 ⎣ 6 ⎥⎦ ⎢⎣ 9 ⎥⎦ ⎢⎣ 18 ⎥⎦ .

Contoh 5.39. Sebanyak 1232 orang mahasiswa mengambil kuliah Bahasa Inggris, 879 orang mengambil kuliah Bahasa Perancis, dan 114 mengambil kuliah Bahasa Jerman. Sebanyak 103 orang

43

mengambil kuliah Bahasa Inggris dan Perancis, 23 orang mengambil kuliah Bahasa Inggris dan Jerman, dan 14 orang mengambil kuliah Bahasa Perancis dan Bahasa Jerman. Jika 2092 orang mengambil paling sedikit satu buah kuliah Bahasa Inggris, Bahasa Perancis, dan Bahasa Jerman, berapa banyak mahasiswa yang mengambil kuliah ketiga buah bahasa tersebut?

Solusi: Misalkan, I = himpunan mahasiswa yang mengambil kuliah Bahasa Inggris P = himpunan mahasiswa yang mengambil kuliah Bahasa Perancis. J = himpunan mahasiswa yang mengambil kuliah Bahasa Jerman. maka, | I | = 1232, | P | = 879,

| I ∩ P |= 103,

| J | = 114

| I ∩ J |= 23,

| P ∩ J |= 14

dan | I ∪ P ∪ J |= 2092 Dengan menggunakan prinsip inklusi-ekslusi diperoleh:

| I ∪ P ∪ J |=| I | + | P | + | J | − | I ∩ P | − | I ∩ J | − | P ∩ J | + | I ∩ P ∩ J | memberikan 2092 = 1232 + 879 + 114 − 103 − 23 − 14+ | I ∩ P ∩ J | sehingga | I ∩ P ∩ J |= 7 . Jadi, ada 7 orang mahasiswa yang mengambil ketiga buah kuliah Bahasa Inggris, Perancis, dan Jerman.

SOAL-SOAL LATIHAN 1. Banyaknya bilangan bulat positif di antara 200 dan 2000 yang merupakan kelipatan dari 6 atau 7 tetapi tidak keduanya adalah… 2. Dari lomba matematika nasional yang terdiri dari peserta laki-laki dan perempuan yang jumlahnya kurang dari sama dengan 2006 peserta. Jumlah peserta laki-laki lebih banyak dari peserta perempuan. Jika peluang juara 1 dan 2 adalah dari jenis kelamin yang sama adalah ½, berapa jumlah peserta perempuan? 3. Bentuk sederhana dari

n

⎛n⎞

⎛n⎞

k =1

⎝ ⎠

⎝ ⎠

n!

∑ k ⎜⎜ k ⎟⎟ , dengan ⎜⎜ k ⎟⎟ = (n − k )!k! adalah....

4. A, B, C dan D bersama-sama bermain bridge. Setiap pemain dibagikan 13 kartu. Banyaknya kemungkinan pembagian kartu jika A dan B memiliki semua kartu As adalah… 5. Diberikan sebuah segi sepuluh konveks dengan sifat tidak ada tiga diagonalnya yang berpotongan pada satu titik di dalam daerah segi sepuluh tersebut. Dapat dibagi menjadi berapa ruas gariskah diagonal-diagonal itu oleh titik-titik potongnya? 6. 33 buah benteng disebar pada papan catur berukuran 8 × 8 . Buktikan bahwa dapat diambil 5 benteng dengan sifat tidak ada di antara mereka yang saling menyerang. 7. Nomor telepon di Kota Malang terdiri dari enam angka. Banyaknya nomor telepon di kota itu yang habis dibagi 5 adalah... 8. Lima orang pemuda pergi berekreasi menggunakan sebuah mobil. Mobil yang digunakan memiliki 2 tempat duduk di depan (termasuk pengemudi) dan 3 tempat duduk di belakang. Dari kelima orang pemuda tersebut hanya dua orang yang bisa menjadi pengemudi. Banyak cara mereka duduk adalah..... 9. Sebuah kelompok terdiri dari 2005 anggota. Setiap anggota memegang tepat satu buah rahasia. Setiap anggota dapat mengirimkan surat kepada anggota lain manapun untuk menyampaikan seluruh rahasia yang telah dipegangnya. Banyaknya surat yang perlu dikirimkan agar semua anggota kelompok mengetahui seluruh rahasia adalah…. 10. Di dalam sebuah kotak terdapat 4 buah bola, masing-masing bernomor 1,2,3 dan 4. Anggi mengambil sebuah bola secara acak, mencatat nomornya dan mengembalikannya kembali ke dalam kotak. Hal yang sama ia lakukan sebanyak 4 kali. Misalkan jumlah dari keempat nomor bola yang terambil adalah 12. Berapakah peluang bahwa bola yang terambil selalu bernomor 3?

45

MEMBENTUK MODEL ARITMATIKA/MATEMATIKA

Dalam problem solving, seringkali diperlukan tahapan pemodelan masalah yang sebagian menggunakan model matematika/aritmatika dan menyederhanakannya sehingga menjadi model yang lebih sederhana dan siap dikomputasikan dalam bentuk algoritma. Model yang tidak tepat berakibat pada kegagalan dalam pemecahan masalah. Contoh: 1. Uang Amir lebih banyak dari uang Ali. Jika dijumlahkan uang keduanya lebih dari 50 ribu rupiah, sementara selisih uang Amir dengan uang Ali lebih dari 30 ribu rupiah. Berapakah uang Amir yang paling tepat? Model permasalahan: Uang Amir = x, Uang Ali = y, dan dari deskripsi diatas diperoleh: ƒ Pers-I

:x>y

ƒ Pers-II

: x + y > 50.000

ƒ Pers-III

: |x –y | > 30.000

Pers-I dan Pers-III menghasilkan Pers-IV : x – y > 30.000 Jika Pers-II dan Pers-IV dijumlahkan menghasilkan: 2x > 80.000. Maka, x > 40.000 2. Seorang ingin memasang iklan sebanyak 3 baris untuk menjual barangnya. Untuk hari pertama ia harus membayar Rp 250,- tiap baris. Untuk 5 hari berikutnya ia harus membayar Rp 150,- tiap baris, dan untuk sehari-hari berikutnya ia harus membayar Rp 100,- tiap baris. la membayar Rp 6.000,-. Berapa hari Iklan itu dipasang? 3. Persis tiga tahun sebelum Anisa lahir adalah tahun 1980-x. Jadi ulang tahun ke-20 Anisa jatuh pada tahun? 4. Tiga orang diberi tugs. Masing- masing dari mereka dibayar Rp. 75,-, Rp. 100,-, Rp. 125,- tiap jamnya. Mereka menerima uang sebesar Rp. 63.000,- setelah menyelesaikan

tugas tersebut. Bila mereka bekerja 7 jam dalam sehari. Dan 6 hari dalam seminggu. Berapa minggukah tiga orang tersebut bekerja.... 5. Sebuah tes diikuti oleh 60 siswa dan nilai dari 0 sampai dengan 100, hanya 21 siswa yang mendapat nilai lebih besar atau sama dengan 80. berapa nilai rata – rata terkecil yang mungkin bagi ke 60 siswa ?

47

KONTEKS MASALAH

Konteks dari soal perlu diperhatikan dan konteks tersebut kadang kadang hanya tersirat saja. Yang dimaksud dengan konteks di sini adalah pemahaman umum akan sesuatu yang sewajar nya diketahui pula. Contoh: Jika lonceng berdentang setiap 1 detik, dalam jumlah dentang yang sesuai waktu yang ditunju kkan, maka tepat pada pukul berapa dentang terakhir yang menunjukkan jam 6? Apakah pukul 6:00:06? Salah, seharusnya pukul 6:00:05 karena dentangdentang tsb pada pukul 6:00:00, pukul 6:00:01, pukul 6:00:02, pukul 6:00:03, pukul 6:00:04 dan pukul 6:00:05!! Konteks disini adalah dentang pertama terjadi pada tepat pukul 6, dan penomoran detik/menit dimulai dari 0, 1, ... dst.

BERPIKIR SECARA ”CERDAS”

Jika

menghadapi

suatu

masalah

komputasi

yang

kelihatannya

tidak

mungkin, pasti ada sesuatu di balik itu!! Dapatkanlah dengan bantuan pemahaman akan sifatsifat operasi aritmatika untuk mendapatkan model matematis yang lebih sederhana.

Contoh Soal : Berapa digit terakhir dari 35055? Solusi: Dengan mengubah n=1,2,3…dst, perhitungan 3n menghasilkan deret 3, 9, 27, 81, 243, 729, 2187, 6561, 19683 dst. Amati angka terakhir dari setiap bilangan, kita mendapatkan perulangan dari 1 – 3 – 9 – 7 pada n mod 4 = 0, 1, 2, 3. Jadi jika n=5055, diperoleh 5055 mod 4 = 3, yaitu memiliki digit terakhir 7. (Bisa dilihat pada pembahasan digit terakhir di teori bilangan) Contoh Soal 3: Ketiga digit awal dari hasil perkalian 22002 x 52005 jika dijumlahkan adalah? Solusi: lihat pada materi digit terakhir di teori bilangan Contoh Soal 4: Tentukan penjumlahan 1.1! + 2.2! +3.3! + ... + (n-1).(n-1)! Dinyatakan dalam n dengan n! = n(n-1)(n-2) ... 2.1.

Solusi:

49

LATIHAN SOAL ARITMATIKA DAN KOMBINATORIKA 1. Seorang ingin memasang iklan sebanyak 3 baris untuk menjual barangnya. Untuk hari pertama ia harus membayar Rp 250,- tiap baris. Untuk 5 hari berikutnya ia harus membayar Rp 150,- tiap baris, dan untuk sehari-hari berikutnya ia harus membayar Rp 100,- tiap baris. la membayar Rp 6.000,-. Berapa hari Iklan itu dipasang? 2. Persis tiga tahun sebelum Anisa lahir adalah tahun 1980-x. Jadi ulang tahun ke-20 Anisa jatuh pada tahun? 3. Suatu seri angka terdiri dari 4 10 8 14 12 18 angka selanjutnya adalah: 4. Selisih antara bilangan terbesar dan terkecil dari bilangan yang terbentuk dari 2 angka (digit) yang dapat dibuat yang habis dibagi 4 adalah : 5. Marni berusia 5 tahun lebih tua dari pada Joni. Joni berusia 2 tahun lebih muda daripada Parto. Berapa tahunkah Marni lebih tua dari Parto ? 6. Joko mempunyai uang sebanyak setengah dari uang Bono. Jika Bono memberikan Rp. 5,00 kepada Joko, maka Joko akan mempunyai uang Rp. 4,00 lebih sedikit daripada uang terakhir Bono. Berapakah jumlah uang mereka ? 7. Seorang Pedagang membeli buku dari penyalur di kawasan Pasar Cikapundung, Bandung seharga Rp. 36.000, dia harus menyisakan biaya ongkos sebesar 10%. Selain itu dia juga harus menyisakan keuntungansebesar Rp. 9.000 per b ukunya. Harga jual buku tersebut akan naik berapa persen jika dibandingkan harga belinya ? 8. ((80x79x...x2x1)×(38x37x...x2x1))/((77x76x...x2x1)×(40x39x...x2x1)) = ... 9. Ibu Dina sedang mencoba untuk membuka usaha ‘bakery’ disebuah ruko di perumahan elit di kawasan Cibubur. Dari resep yang ia pelajari, untuk suatu campuran adonan brownies kukus diperlukan 1½ cangkir terigu dan 4½ cangkir air. Bila ternyata sisa tepung terigu yang tersisa di lemari tinggal ¾ cangkir, berapa cangkirkah air yang diperlukan ? 10. Berapa banyak segi empat yang terbentuk dari tabel berukuran 3x3? 11. Jika n adalah sebuah bilangan bulat ganjil, maka pernyataan yang benar adalah: (i) n3 – n2 pasti ganjil (ii) n2 – n pasti genap (iii) n3 – n pasti ganjil (iv) n4 – n2 pasti genap

12. Si Upik pandai menjumlahkan, namun ia hanya dapat menulis angka 1 dan 2. Oleh karena itu, saat Upik ingin menuliskan sebuah angka yang lebih dari 2, ia menuliskan beberapa angka 1 dan beberapa angka 2 sedemikian sehingga jika diju mlahkan jumlahnya adalah bilangan tersebut. Contohnya, untuk menuliskan angka 3, Upik memiliki tepat 3 cara yaitu 12, 21, atau 111 (1+2=3 ; 2+1=3 ; 1+1+1=3). Untuk menuliskan angka 2, sebenarnya Upik memiliki 2 cara yaitu 2 dan 11 (2=2; 1+1=2), tapi hanya ada 1cara untuk menuliskan angka 1. Berapa banyak cara Upik untuk menuliskan angka 8? 13. Jika susan memiliki uang 5 ribu lebih banyak daripada Tomi, dan Tomi memiliki 2 ribu lebih banyak dari pada Edi, bagaimanakah mereka harus saling berbagi untuk memastikan ketiganya memiliki jumlah uang yang sama? a. Susan harus memberikan 3 ribu kepada Edi dan seribu kepada Tomi b. Tomi harus memberikan 4 ribu kepada susan dan susan harus memberikan 5 ribu kepada Edi c. Edi harus memberi Susan seribu dan susan juga harus memberi Tomi seribu d. Susan harus menyerahkan kepada kepada Edi 4 ribu dan Tomi juga harus memberi Edi 5 ribu e. Baik Susan maupun Edi harus memberi Tomi 7 Ribu 14. Huruf-huruf A,G,E,T,W,O,N masing-masing mewakili sebuah angka antara 1 sampai dengan 9 secara unik. AGE, TWO, NOT dan TO masing-masing merupakan bilangan kuadrat dari bilangan bulat, apakah hasil TWO+TO+TOO ? a. NET b. NAG c. TON d. TEN e. ONE 15. Nainggolan 2 tahun lebih muda dari pada Marno yang usianya dua lipat usia dari Lisma. Jika umur ketiganya dijumlahkan, totalnya adalah 23 tahun, berapakah umur Marno ? 16. Sebuah laci berisikan 4 buah kaus kaki berwarna hitam, 4 buah kaus kaki berwarna putih dan 4 buah kaus kaki berwarna merah. Jika kita tidak dapat melihat isi laci, berapakah jumlah kaus kaki minimum yang perlu diambil agar kita pasti mendapat setidaknya sepasang kaus kaki dengan warna yang sama ? 17. Jumlah dua digit pertama dari bilangan hasil perkalian 530003 x 810004 adalah: 18. Ada tiga buah kotak tertutup yang masing-masing berisikan 2 buah kelereng . Kotak pertama berisikan dua kelereng putih, kotak kedua berisikan dua kelereng hitam, dan kotak ketiga berisikan satu kelereng putih dan satu kelereng hitam. Sewaktu akan diberi label, secara tidak sengaja urutan ketiga buah kotak itu tertukar sedemikian sehingga isi setiap kotak tidak sama dengan apa yang tertulis pada label kotak tersebut. Dengan asumsi kita hanya bisa mengetahui isi kota dengan mengeluarkan

51

kelereng satu per satu tanpa melihat ke dalam kotak, berapakah jumlah urutan minimal seluruh kelereng yang harus dikeluarkan dari kotak-kotak tersebut agar kita dapat memastikan isi dari ketiga kotak tersebut ? Deskripsi Soal Ada empat topeles masing-masing berisi sejumlah permen sama banyaknya. Topeles no.1 disediakan untuk si Ali, Topeles no.2 disediakan untuk si Badu, topeles no. 3 disediakan untuk si cecep, dan topeles no.4 disediakan untuk si Dedi. Si Ali setiap kali mengambil selalu mengambil tepat tiga permen sekaligus. Si Badu setiap kali selalu mengambil tepat 5 butir sekaligus. Si Cecep setiap kali mengambil selalu tepat 7 butir permen sekaligus. Si Dedi selalu mengambil tepat 9 butir permen sekaligus. Hingga suatu ketika topeles no. 1 bersisa 2 butir permen, topeles no.2 bersisa 3 butir permen dan topeles no.3 bersisa 2 butir permen. Sementara no.4, tidak jelas berapa sisanya, yang pasti kurang dari 9 butir. 19. Tentukan jumlah permen tersisa di nomor 4 tersebut ? 20. Berapa kalikan pengambilan yang dilakukan oleh Badu ? 21. Jika si Badu setiap kali mengambil tepat 6 butir permen berapakah banyaknya butir permen akan sisanya? Deskripsi Soal Mari kita bermain kartu BLCC. Kartu-kartu dalam permainan ini berwarna biru, hijau, jingga, merah, dan kuning. Setiap pemain masing-masing memainkan lima kartu secara bergiliran, dengan aturan main sebagai berikut. • Tidak boleh memainkan kartu merah jika sebelum atau sesudahnya pemain tersebut memainkan kartu kuning. • Seorang pemain tidak boleh memainkan kartu berwarna biru sebagai kartu pertama yang dimainkannya, kecuali jika dia memiliki kartu warna jingga. Selain itu ia harus memainkan kartu jingga ini kemudian. • Seorang pemain tidak boleh memainkan kartu hijau, jika ia tidak memiliki kartu hijau lainnya. Selain itu ia harus memainkan kartu hijau yang kedua ini kemudian. 22. Mana diantara urutan kartu berikut yang dapat dimainkan oleh pemain ? a. hijau, merah, kuning, biru, hijau b. hijau, merah, jingga, biru, kuning c. jingga, hijau, hijau, biru, kuning d. biru, merah, hijau, hijau, kuning e. biru, biru, kuning, biru, jingga 23. Jika seorang pemain sudah memainkan kartu-kartunya dengan urutan berikut : kuning, hijau, biru, dan hijau; maka diantara daftar berikut ini menunjukkan kartu yang dapat dimainkannya pada putaran kelima. Pilihlah yang selengap mungkin : a. hijau b. hijau, biru c. hijau, biru, jingga

d. hijau, biru, jingga, kuning e. hijau, biru, jingga, kuning, merah 24. Berapa digit ke-4 dari kanan pada bilangan 55231 ? 25. Bila Z bilangan bulat positif terkecil yang memberi sisa 5 jika dibagi dengan 13, dan memberikan sisa 3 jika dibagi dengan 18, berapa jika dibagi dengan 7 ? 26. Jika x2 + 2xy + y2 = 9. Berapa (x + y)4 ? 27. Di suatu negeri terdapat hanya dua golongan warga, pertama golongan ksatria yang selalu jujur dan golongan pemimpin yang selalu bohong, suatu ketika anda bertemu dengan Adi dan Bima, setelah ditanya mereka menjawab : Adi : ” Bima golongan ksatria ” Bima : ” Golongan kami berbeda ” Manakah yang merupakan pernyataan yang paling benar : a. Adi seorang pemimpin b. Bima seorang pemimpin c. Adi seorang ksatria d. Bima seorang ksatria e. Mereka berdua pemimpin 28. Berapa digit terakhir dari 22003? 29. Seutas tali dipotong-potong menjadi 14 bagian yang panjangnya membentuk barisan aritmatika. Jika tali yang terpanjang 21 cm dan bagian terpendek 4 cm, tentukan panjang tali semula! 30. Di antara bilangan 3 dan 99 disisipkan 15 buah bilangan sehingga bilangan-bilangan yang disisipkan membentuk suatu barisan aritmatika. Cari beda barisan tersebut dan carilah jumlah deret aritmatika tersebut ! 31. Dua dadu dengan sisinya dicat merah atau biru. Dadu pertama terdiri dari 5 sisi merah dan 1 sisi biru. Ketika kedua dadu tersebut dilempar, peluang munculnya sisi dadu berwarna sama adalah ½ . Ada berapa banyak sisi dadu kedua yang berwarna merah ? 32. 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)

53

33. Hitunglah jumlah bilangan antara 1 dan 400 yang habis dibagi 5 tetapi tidak habis dibagi 7 ? 34. Jika (x+2), (2x+3), (5x-2) merupakan tiga suku pertama yang berurutan dari barisan aritmatika. Tentukan nilai x dan jumlah 20 suku pertama barisan tersebut! 35. Sebuah fungsi f didefinisikan pada bilangan bulat yang memenuhi f(1) + f(2) + ... + f(n) = n2f(n) dan f(1) = 1996 untuk semua n > 1. Hitunglah nilai f(1996) !! 36. Jika didefinisikan f(n) = n f(n-1) untuk setiap n > 0 dan f(0) = 1, maka berapakah f(10)/(f (7) x f(6)) ? 37. Untuk mengalikan matrik i x j dengan matrik j x k menggunakan metode umum diperlukan i x j x k perkalian elementer. Bagaimana dengan mengalikan empat matrik yaitu A(20 x 2), B (2 x 30), C (30 x 12) dan D (12 x 8)? Dengan mengingat perkalian matrik bersifat asosiatif, mana diantara perkalian berikut yang memerlukan jumlah perkalian elementer terkecil (optimal), A(B(CD)), (AB)(CD), A((BC)D), ((AB)C)D, (A(BC))D? 38. Pak Dengklek memiliki buku yang bernomor halaman mulai Jika semua nomor halaman buku tersebut ditulis

1 s.d. N.

secara berderet dibutuhkan

552 digit. Berapakah N? 39. Si Upik pandai menjumlahkan, namun ia hanya dapat menulis angka 1 dan 2. Oleh karena

itu, saat Upik

ingin menuliskan

sebuah

angka yang lebih dari

2, ia menuliskan beberapa angka 1 dan beberapa angka 2 sedemikian sehingga jika dijumlahkan

jumlahnya

adalah

bilangan tersebut.

menuliskan angka 3, Upik memiliki tepat 3 cara yaitu (1+2=3 ; 2+1=3 ; 1+1+1=3). Untuk menuliskan

Contohnya, untuk 12, 21,

atau 111

angka 2, sebenarnya

Upik memiliki 2 cara yaitu 2 dan 11 (2=2; 1+1=2), tapi hanya ada 1cara untuk menuli skan angka 1. Berapa banyak cara Upik untuk menuliskan angka 8? 40. Jika a, b, c, d dan e adalah bilangan bilangan bulat yang tidak nol dan tidak negatif serta tidak ada yang sama, dan diketahui pula a+b+c+d=10, berapakah harga t erbesar yang mungkin dari ab+cd ?

41. Pepen berdiri sejauh 18 meter di sebelah utara Tugu Pemuda, Fanny berdiri 24 meter di sebelah barat Tugu yang sama. Berapakah jarak terdekat antara Fanny dan Pepen yang dapat ditempuh ? 42. Sebuah tes diikuti oleh 60 siswa dan nilai dari 0 sampai dengan 100, hanya 21 siswa yang mendapat nilai lebih besar atau sama dengan 80. berapa nilai rata – rata terkecil yang mungkin bagi ke 60 siswa ? 43. Pak Ganesh menulis angka 1 s.d. 10000. Berapa banyak angka 1 yang muncul pada hasil tulisan Pak Ganesh? 44. Tahun "semi-kabisat" adalah tahun yang bukan merupakan tahun kabisat, tetapi jika tiap bilangan penyusun angka tahunnya dijumlahkan, hasilnya habis dibagi dengan 4. Ada berapa tahun "semi-kabisat" semenjak tahun

hingga

1960? 45. Bilangan a, b, c adalah digit-digit dari suatu bilangan yang memenuhi 49a + 7b + c = 286. Apakah bilangan 3 angka (100a + 10b + c)? 46. Sebuah bilangan dipilih secara acak dari bilangan-bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, ..., 999, 1000. Peluang bialangan yang terpilih merupakan pembagi M dengan M adalah bilangan asli yang kurang dari atau sama dengan 1000 adalah 0.01. Tentukan nilai maksimum dari M?

55