counting methods and the pigeonhole principle (discrete mathematics)

24
BAB I COUNTING METHODS AND THE PIGEONHOLE PRINCIPLE 1. BASIC PRINCIPLES CONTOH 1.1 : Berapa cara yang mungkin untuk membentuk susunan kata yang terdiri dari dua huruf yang diambil dari huruf-huruf abc bila pengulangan diperbolehkan ? Jawab : Ada 3 pilihan untuk huruf pertama dan 3 pilihan untuk huruf kedua. Diperoleh 3 . 3 = 9 susunan kata yang mungkin. PRINSIP PERHITUNGAN PERTAMA (MULTIPLICATION PRINCIPLE)PP1 : Bila suatu aktivitas dapat dikonstruksikan dalam t langkah dan langkah ke i dapat dilakukan dalam n i cara, i = 1, 2, …, t , maka banyaknya aktivitas yang mungkin adalah n 1 . n 2 . … . n t . CONTOH 1.2 : Gunakan PP1 untuk memperlihatkan bahwa sebuah himpunan {x 1 , x 2 , …, x n } yang memuat n elemen mempunyai 2 n subset. Jawab : Sebuah subset dapat dikonstruksikan dalam n langkah : ambil atau tidak x 1 , ambil atau tidak x 2 , …, ambil atau tidak x n . Masing-masing langkah dapat dilakukan dalam dua cara. Jadi banyaknya subset yang mungkin adalah 2. 2. 2. … . 2 = 2 n . (please see more examples in the text book !) PRINSIP PERHITUNGAN KEDUA (ADDITION PRINCIPLE)PP2 : Misal bahwa X 1 , X 2 , …, X t adalah sejumlah himpunan dan himpunan X i mempunyai n i elemen, i = 1, 2, …, t. Bila {X 1 , X 2 , …, X t } adalah famili pasangan saling asing (pairwise disjoint family), maka banyaknya elemen-elemen yang mungkin yang dapat dipilih dari X 1 atau X 2 atau …atau X t adalah n 1 + n 2 +…+ n t .

Upload: ranipratiwi

Post on 13-Nov-2015

144 views

Category:

Documents


10 download

DESCRIPTION

1. BASIC PRINCIPLES- PRINSIP PERHITUNGAN PERTAMA (MULTIPLICATION PRINCIPLE)- PRINSIP PERHITUNGAN KEDUA (ADDITION PRINCIPLE)2. PERMUTATIONS AND COMBINATIONS3. GENERALISED PERMUTATIONS AND COMBINATIONS4. BINOMIAL COEFFICIENTS AND COMBINATORIAL IDENTITIES5. THE PIGEONHOLE PRINCIPLESRECURRENCE RELATIONS

TRANSCRIPT

  • BAB I

    COUNTING METHODS AND THE PIGEONHOLE PRINCIPLE

    1. BASIC PRINCIPLES

    CONTOH 1.1 :

    Berapa cara yang mungkin untuk membentuk susunan kata yang terdiri dari dua huruf yang

    diambil dari huruf-huruf abc bila pengulangan diperbolehkan ?

    Jawab :

    Ada 3 pilihan untuk huruf pertama dan 3 pilihan untuk huruf kedua. Diperoleh 3 . 3 = 9 susunan

    kata yang mungkin.

    PRINSIP PERHITUNGAN PERTAMA (MULTIPLICATION PRINCIPLE)PP1 :

    Bila suatu aktivitas dapat dikonstruksikan dalam t langkah dan langkah ke i dapat dilakukan

    dalam ni cara, i = 1, 2, , t , maka banyaknya aktivitas yang mungkin adalah n1 . n2 . . nt .

    CONTOH 1.2 :

    Gunakan PP1 untuk memperlihatkan bahwa sebuah himpunan {x1, x2, , xn} yang memuat n

    elemen mempunyai 2n subset.

    Jawab :

    Sebuah subset dapat dikonstruksikan dalam n langkah : ambil atau tidak x1, ambil atau tidak x2,

    , ambil atau tidak xn. Masing-masing langkah dapat dilakukan dalam dua cara. Jadi banyaknya

    subset yang mungkin adalah 2. 2. 2. . 2 = 2n .

    (please see more examples in the text book !)

    PRINSIP PERHITUNGAN KEDUA (ADDITION PRINCIPLE)PP2 :

    Misal bahwa X1, X2, , Xt adalah sejumlah himpunan dan himpunan Xi mempunyai ni elemen, i

    = 1, 2, , t. Bila {X1, X2, , Xt} adalah famili pasangan saling asing (pairwise disjoint family),

    maka banyaknya elemen-elemen yang mungkin yang dapat dipilih dari X1 atau X2 atau atau Xt

    adalah n1 + n2 ++ nt.

  • (Analog untuk Ut

    i

    iX1=

    memuat n1 + n2 ++ nt elemen)

    CONTOH 1.3 :

    Berapa banyak string 8 bit yang mulai dengan 101 atau 111 ?

    Jawab :

    Sebuah string 8 bit yang mulai dengan 101 dapat dikonstruksikan dalam lima langkah berturut-

    turut : pilih n bit keempat, pilih bit kelima, , pilih bit kedelapan. Karena masing-masing dari

    lima bit dapat dipilih dalam dua cara, dengan PP1 terdapat 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 25 = 32 string 8 bit

    yang mulai dengan 101. Dengan alasan yang sama terdapat 32 string 8 bit yang mulai dengan

    111. Karena terdapat 32 string 8 bit yang mulai dengan 101 dan 32 string 8 bit yang mulai dengan

    111, maka ada 32 + 32 = 64 string 8 bit yang mulai dengan 101 atau 111.

    CONTOH 1.4 :

    Dalam berapa cara dapat dipilih dua buku dari subyek yang berbeda di antara lima buku

    komputer yang berbeda, tiga buku matematika yang berbeda dan dua buku seni yang berbeda ?

    Jawab :

    Dengan PP1 : pilih dua buku dengan kemungkinan :

    1 buku komputer dan 1 buku matematika ada 5 . 3 = 15 cara

    1 buku komputer dan 1 buku seni ada 5 . 2 = 10 cara

    1 buku matematika dan 1 buku seni ada 3 . 2 = 6 cara

    Karena himpunan pemilihan adalah pairwise disjoint, maka dengan PP2 ada

    15 + 10 + 6 = 31 cara untuk menjawab persoalan di atas.

    CONTOH 1.5 :

    Ada enam orang komite A, B, C, D, E dan F yang akan dipilih menjadi ketua, sekretaris dan

    bendahara.

    (1) dalam berapa cara hal ini dapat dilakukan ?

    (2) sama dengan (1) jika A atau B harus menjadi ketua?

    (3) sama dengan (1) jika E harus memegang salah satu jabatan ?

    (4) sama dengan (1) jika baik D maupun F harus memegang jabatan ?

    Jawab :

  • (1) dengan PP1 ada 6 . 5 . 4 = 120 cara

    (2) jika A menjadi ketua, maka untuk memilih jabatan sisanya ada 5 . 4 = 20 cara. jika B menjadi

    ketua, maka untuk memilih jabatan sisanya ada 5 . 4 = 20 cara. Karena kedua kasus ini

    disjoint, maka dengan PP2 ada 20 + 20 = 40 cara.

    (3) [CARA 1] jika E jadi ketua, ada 20 cara untuk memilih jabatan sisanya. Dengan cara yang

    sama jika E jadi sekretaris, maka ada 20 cara untuk memilih jabatan sisanya. Jika E jadi

    bendahara, maka ada 20 cara untuk memilih jabatan sisanya. Karena ketiga kasus ini adalah

    pairwise disjoint, maka dengan PP2 ada 20 + 20 + 20 = 60 cara.

    [CARA 2] ada tiga aktivitas yang ada, yaitu (a) beri E jabatan, (b) isi jabatan tertinggi

    sisanya, (c) isi jabatan terakhir. Pada aktivitas (a) ada 3 cara, (b) ada 5 cara, (c) ada 4 cara.

    Dengan PP2 ada 3 . 5 . 4 = 60 cara.

    (4) ada tiga kegiatan (a) beri jabatan D, (b) beri jabatan F, (c) isi jabatan sisanya. Pada aktivitas

    (a) ada 3 cara, (b) ada 2 cara, (c) ada 4 cara. Dengan PP2 ada 3 . 2 . 4 = 24 cara yang

    mungkin.

    CONTOH 1.6 :

    Berapa banyak string 8 bit dimulai dengan 101 atau mempunyai bit keempat 1 ?

    Jawab :

    Ada 25 = 32 string 8 bit yang dimulai dengan 101. Analog, terdapat 27 = 128 string 8 bit yang bit

    keempatnya adalah bilangan 1. Jumlah total kemungkinannya adalah bukan penjumlahan, sebab

    keduanya tidak disjoint (sebuah string 8 bit dapat dimulai dengan 1011). Untuk menyelesaikan

    masalah ini dikomposisikan kemungkinan-kemungkinannya ke dalam himpunan yang saling

    asing berikut :

    X1 = {x : x adalah sebuah string 8 bit yang bit keempatnya adalah 1 dan dimulai dengan 101}

    X2 = {x : x adalah sebuah string 8 bit yang bit keempatnya adalah 1 dan tidak dimulai dengan

    101}

    X3 = {x : x adalah sebuah string 8 bit yang bit keempatnya adalah 0 dan dimulai dengan 101}

    Union X1 X2 X3 terdiri dari string 8 bit yang akan dihitung.

    Jelas bahwa X1 dan X3 mempunyai 24 = 16 string 8 bit masing-masing dimulai dengan 1011 dan

    1010. Karena ada 27 = 128 string 8 bit yang bit keempatnya adalah 1 dan 16 diantaranya dimulai

  • dengan 101, maka terdapat 128 16 = 112 elemen dalam X2. Dengan PP2 terdapat 16 + 112 + 16

    = 144 string 8 bit yang dimulai dengan 101 atau mempunyai bit keempat 1.

    2. PERMUTATIONS AND COMBINATIONS

    DEFINISI 2.1 :

    Bila diberikan sebuah himpunan yang terdiri dari n elemen yang berbeda X = {x1, x2, , xn},

    maka

    a. sebuah permutasi dari X adalah sebuah cara mengurutkan n elemen x1, x2, , xn;

    b. sebuah permutasi r dari X, dengan r n, adalah sebuah cara mengurutkan subset r

    elemen dari X;

    c. banyaknya permutasi r dari suatu himpunan dengan n elemen yang berbeda diberi

    notasi P(n, r);

    d. sebuah kombinasi r dari X adalah pemilihan r elemen dari X tanpa memperhatikan

    urutan;

    e. banyaknya kombinasi r elemen dari sebuah himpunandari n elemen diberi notasi C(n, r)

    atau

    r

    n.

    CONTOH 2.1 :

    Contoh permutasi dari X = {a, b, c} adalah abc, acb, bca.

    Contoh permutasi 2 elemen dari X adalah ab, ba, ac, bc, cb.

    Contoh kombinasi 2 elemen dari X adalah {a, b}, {a, c}, {b, c}.

    TEOREMA 2.1 :

    Terdapat n! permutasi dari n elemen.

    Bukti : Gunakan PP1.

    TEOREMA 2.2 :

    Banyaknya permutasi r dari suatu himpunan n obyek yang berbeda adalah n . (n 1) .

    (n 2) . . (n r + 1) cara, r n .

    Bukti :

  • Elemen pertama dapat dipilih dalam n cara, elemen kedua dapat dipilih dalam n 1 cara, dan

    seterusnya sampai elemen ke r yang dapat dipilih dalam n r 1 cara. Dengan PP1 diperoleh n .

    (n 1) . (n 2) (n r + 1) cara.

    CONTOH 2.2 :

    Banyak permutasi dari huruf-huruf ABCDEF yang memuat substring DEF ?

    Jawab : 4! = 24

    CONTOH 2.3 :

    Berapa banyak permutasi dari huruf-huruf ABCDEF yang memuat substring DEF bersama-sama

    dalam sebarang urutan?

    Jawab : 3! . 4! = 6 . 24 = 144

    CONTOH 2.4 :

    Berapa banyak 2-permutasi dari X = {a, b, c} ? Tuliskan semua !

    Jawab : Menurut TEOREMA 2.2 ada P(3, 2) = 3 . 2 = 6, yaitu ab, ac, ba, bc, ca, cb.

    Cara lain penulisan P(n, r) adalah :

    P(n, r) = n(n 1) (n r + 1)

    = )!(

    !

    1.2)...(

    1.2)...)(1)...(1(

    rn

    n

    rn

    rnrnnn

    =

    +

    TEOREMA 2.3 :

    Banyaknya r-kombinasi dari suatu himpunan dengan n obyek yang berbeda adalah

    .,)!(

    !

    !

    )1)...(1(

    !

    ),(),( nr

    rn

    n

    r

    rnnn

    r

    rnPrnC

    =

    +==

    Bukti : Konstruksikan r-permutasi dari suatu himpunan X dengan n elemen dalam dua langkah

    berturut-turut : pilih suatu r-kombinasi dari X (subset tak terurut dari r item); kemudian urutkan.

    Sehingga P(n, r) = C(n, r) r!. Terbukti.

  • CONTOH 2.5 :

    Dalam berapa cara dapat dipilih suatu panitia yang terdiri dua wanita dan tiga laki-laki dari

    sekelompok lima wanita yang saling berbeda dan enam laki-laki yang berbeda ?

    Jawab :

    Dua wanita dapat dipilih dalam C(5, 2) = 10 cara dan tiga laki-laki dapat dipilih dalam C(6, 3) =

    20 cara. Panitia dapat dikonstruksikan dalam dua langkah berturut-turut : pilih wanita, pilih laki-

    laki. Dengan PP1 jumlah total panitia adalah 10 . 20 = 200.

    3. GENERALISED PERMUTATIONS AND COMBINATIONS

    CONTOH 3.1 :

    Berapa banyak string yang dapat dibentuk dengan menggunakan huruf-huruf berikut ?

    MISSISSIPPI

    Jawab :

    Karena adanya huruf yang sama, jawabannya adalah bukan 11!, tetapi suatu bilangan yang

    kurang dari 11!. Pandang problem untuk 11 tempat kosong berikut ini :

    dengan huruf-huruf yang diberikan. Ada C(11, 2) cara untuk memilih posisi untuk memilih dua

    P. Sesudah itu terdapat C(9, 4) cara untuk memilih posisi untuk ke empat S. Setelah itu terdapat

    C(5, 4) cara untuk memilih posisi bagi empat I. Yang terakhir, terdapat satu posisi yang tersisa

    bagi M. Dengan menggunakan PP1, banyaknya cara untuk mengurutkan huruf-huruf itu adalah

    C(11, 2)C(9, 4)C(5,4) = 650.34!1!4!4!2

    !11

    !1!4

    !5

    !5!4

    !9

    !9!2

    !11== .

    TEOREMA 3.1 :

    Andaikan bahwa sebuah sequence S dari n elemen mempunyai n1 elemen identik tipe 1, n2

    elemen identik tipe 2, , nt elemen identik tipe t. Maka banyaknya urutan dari S adalah

    !!...!

    !

    21 tnnn

    n.

    Bukti : Exercise !

    CONTOH 3.2 :

  • Dalam berapa cara delapan buku yang berbeda dapat dibagikan kepada tiga orang mahasiswa A,

    B dan C bila A memperoleh empat buku, B dan C masing-masing memperoleh dua buku ?

    Jawab :

    Susun buku dalam urutan tertentu. Sekarang pandang urutan dari empat A, dua B dan dua C.

    Sebuah contoh adalah AAABCACB. Dengan Teorema 3.1, banyaknya urutan seperti contoh

    adalah 420!2!2!4

    !8= .

    CONTOH 3.3 :

    Pandang tiga buah buku : Komputer, Fisika dan Matematika. Andaikan perpustakaan mempunyai

    paling tidak enam buah duplikat dari masing-masing buku, dalam berapa cara dapat dipilih enam

    buku ?

    Jawab :

    Masalahnya adalah memilih enam pilihan elemen dari himpunan buku {komputer, fisika,

    matematika} dengan pengulangan diperbolehkan. Pilihan ditentukan secara tunggal (unique)

    dengan jumlah dari masing-masing tipe buku terpilih. Pandang pilihan tertentu sebagai

    K F M

    x x x x x x

    Di sini pilihan terdiri dari 3 buku komputer, 2 buku fisika dan satu matematika.

    Contoh lain lagi adalah

    K F M

    x x x x x x Nampak bahwa pilihan selalu terdiri dari enam x dan dua , sehingga masalahnya adalah menghitung banyaknya urutan sedemikian, yaitu C(8, 2) = 28, yang merupakan pemilihan dua

    posisi dari delapan posisi yang mungkin. Jadi terdapat 28 cara untuk memilih buku tersebut.

    TEOREMA 3.2 :

    Bila X adalah sebuah himpunan yang memuat t elemen, maka banyaknya k elemen pilihan tak

    berurutan (unordered) dari X dengan pengulangan diperbolehkan adalah

    C(k + t 1, t 1) = C(k + t 1, k).

  • Bukti : Ambil X = {a1, a2, , at}. Pandang petak sejumlah k + t 1

    dan k + t 1 simbol terdiri dari sejumlah k dari x dan (t 1) tanda . Setiap penempatan symbol-simbol ini ke dalam petak menentukan sebuah pilihan. Jumlah n1 dari x sampai dengan tanda pertama mewakili pilihan n1a1 , jumlah n2 dari x sampai dengan tanda pertama mewakili pilihan n2a2 dan seterusnya. Karena terdapat sejumlah C(k + t 1, t1) cara untuk memilih posisi

    tanda , maka terdapat C(k + t 1, t 1) pilihan. Analog untuk posisi bagi x, yaitu sejumlah C(k + t 1, k) cara. Dengan demikian terdapat

    C(k + t 1, t 1) = C(k + t 1, k) pilihan k elemen tak beraturan dari X dengan pengulangan

    diperbolehkan.

    CONTOH 3.4 :

    Andaikan bahwa terdapat tumpukan bola merah, biru dan hijau masing-masing tumpukan

    memuat paling tidak delapan bola.

    (a) dalam berapa cara dapat dipilih delapan bola ?

    (b) dalam berapa cara dapat dipilih delapan bola jika paling tidak terdapat satu bola

    dari masing-masing warna ?

    Jawab :

    (a) Dengan TEOREMA 3.2 banyaknya cara untuk memilih delapan bola adalah

    C(8 + 3 1, 3 1) = C(10, 2) = 45.

    Untuk menyelesaikan bagian (b) dapat juga digunakan TEOREMA 3.2. Bila pertama-tama dipilih

    sebuah bola dari masing-masing warna. Untuk melengkapi pemilihan harus dipilih lima bola

    tambahan lagi. Hal ini dapat dilakukan dalam

    C(5 + 3 1, 3 1) = C(7, 2) = 21 cara.

    CONTOH 3.5 :

    Dalam berapa cara 12 buku matematika identik didistribusikan di antara mahasiswa A, B, C dan

    D ?

    Jawab :

  • Gunakan TEOREMA 3.2 untuk menyelesaikan masalah ini, yaitu masalahnya menjadi pelabelan

    tiap buku dengan nama mahasiswa-mahasiswa yang menerimanya. Hal ini sama seperti memilih

    12 item (nama-nama mahasiswa-mahasiswa) dari himpunan {A, B, C, D}, pengulangan

    diperbolehkan. Dengan TEOREMA 3.2, banyaknya cara untuk mengerjakan hal ini adalah

    C(12 + 4 1, 4 1) = C(15, 3) = 455.

    4. BINOMIAL COEFFICIENTS AND COMBINATORIAL IDENTITIES

    Pandang ekspansi dari

    (a + b)n = (a + b)(a + b) (a + b) (4.1)

    Ekspansi di atas merupakan hasil dari memilih baik a atau b dari tiap n faktor, mengalikan

    pemilihan itu bersama-sama, dan kemudian menjumlahkan semua hasil kali yang diperoleh.

    Sebagai contoh

    (a + b)3 = (a + b)(a + b)(a + b)

    = aaa + aab + aba + abb + baa + bab + bba + bbb

    = a3 + a2b + a2b + ab2 + ab2 + a2b + ab2 + ab2 + b3

    = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 .

    Dalam (4.1), sebuah suku berbentuk an-kbk muncul dari pemilihan b dari k faktor dan a dari (n

    k) faktor yang lain. Hal ini dapat dilakukan dalam C(n, k) cara, karena C(n, k) menghitung

    banyaknya cara memilih k obyek dari n item. Jadi an-kbk muncul sebanyak C(n, k) kali. Oleh

    karena itu

    (a + b)n = C(n, 0)anb0 + C(n, 1)an-1b1 + C(n, 2)an-2b2

    + + C(n, n-1)a1bn-1 + C(n, n)a0b . (4.2)

    Hasil ini dikenal sebagai Binomial Theorem.

    THEOREM 4.1 : Binomial Theorem

    Jika a dan b bilangan real dan n bilangan bulat positif, maka

    =

    =+n

    k

    kknn baknCba0

    .),()(

    Bukti : Lihat pernyataan sebelum theorem !

    Bilangan C(n, r) dikenal sebagai binomial coefficient.

    n faktor

  • CONTOH 4.1 :

    Dengan mengambil n = 3 dalam teorema di atas, diperoleh

    (a + b)3 = C(3, 0)a3b0 + C(3, 1)a2b1 + C(3, 2)a1b2 + C(3, 3)a0b3

    = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 .

    CONTOH 4.2 :

    Ekspansikan (3x 2y)4 dengan menggunakan Binomial Theorem.

    Jawab :

    Ambil a = 3x, b = -2y dan n = 4 dalam Theorem 4.1, diperoleh

    (3x 2y)4 = (a + b)4

    = C(4, 0)a4b0 + C(4, 1)a3b1 + C(4, 2) a2b2 + C(4, 3)a1b3 + C(4, 4)a0b4

    = 81x4 216x3y +216x2y2 96xy3 + 16y4 .

    CONTOH 4.3 :

    Cari koefisien dari a5b4 dalam ekspansi (a + b)9.

    Jawab :

    Suku yang melibatkan a5b4 muncul dalam Binomial theorem dengan mengambil n = 9 dan k = 4 :

    C(n, k)an-kbk = C(9, 4)a5b4 = 126a5b4 .

    Jadi koefisien dari a5b4 adalah 126.

    CONTOH 4.4 :

    Carilah koefisien dari x2y3z4dalam ekspansi (x + y + z)9.

    Jawab :

    Karena (x + y + z)9 =(x + y + z) + (x + y + z) + + (x + y + z) (sembilan suku), maka x2y3z4

    diperoleh tiap kali mengalikan bersama-sama x yang dipilih dari dua dalam sembilan suku, y

    dipilih dari tiga dalam sembilan suku dan z dipilih dari empat dalam sembilan suku. Dua suku

    dari x dapat dipilih dalam C(9, 2) cara. Dengan telah membuat pemilihan ini, maka tiga suku dari

    y dapat dipilih dalam C(7, 3) cara. Akhirnya, empat suku dari z dapat dipilih dalam C(4, 4) cara.

    Sehingga koefisien yang dicari adalah

    C(9, 2)C(7, 3)C(4, 4) = 1260.

    Koefisien-koefisien binomial dapat ditulis dalam bentuk segitiga yang dikenal dengan Pascals

    triangle. Suatu identitas yang merupakan hasil dari ssuatu proses perhitungan disebut

  • combinatorial identity dan argumen yang menghasilkan formulanya disebut combinatorial

    argument.

    THEOREM 4.2 :

    C(n + 1, k) = C(n, k 1) + C(n, k) untuk 1 k n .

    Bukti : Exercise !

    CONTOH 4.5 :

    Gunakan Binomial theorem untuk menurunkan persamaan

    =

    =

    n

    k

    nknC0

    2),( .

    Jawab :

    Ambil a = b = 1 dalam Binomial theorem, diperoleh

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

    =

    n

    k

    n

    k

    kkn knCknC0 0

    ),(11),( .

    CONTOH 4.6 :

    Gunakan Theorem 4.2 untuk menunjukkan bahwa

    =

    ++=n

    ki

    knCkiC )1,1(),( .

    Jawab : Gunakan Theorem 4.2 dalam bentuk

    C(i, k) = C(i + 1, k + 1) C(i, k + 1) .

    Sehingga C(k, k) + C(k + 1, k) + C(k + 2, k) + + C(n, k)

    = 1 + C(k + 2, k + 1) C(k + 1, k + 1) + C(k + 3, k + 1) C(k + 2, k + 1)

    + + C(n + 1, k + 1) C(n, k + 1)

    = C(n + 1, k + 1).

    CONTOH 4.7 :

    Gunakan hasil Contoh 4.6 untuk mencari jumlah dari 1 + 2 + + n.

    Jawab : Dengan hasil dari Contoh 4.6 diperoleh

    1 + 2 + + n = C(1, 1) + C(2, 1) + + C(n, 1)

    = C(n + 1, 2)

    = n(n + 1)/2 .

  • EXERCISES :

    1. Ekspansikan berikut dengan menggunakan Binomial Theorem :

    a. (x + y)4 b. (2c 3d)5

    2. Carilah koefisien suku berikut bila ekspresi diekspansikan :

    a. x4y7; (x + y)11 b. s6t6; (2s t)12 c. x2y3z5; (x + y + z)10

    d. w2x3y2z5; (2w + x + 3y + z)12 e. a2x3; (a + ax + x)(a + x)4

    f. a3x4; (a + (ax) + x)2(a + x)5 3. Carilah barisan berikutnya dari segitiga Pascal berikut :

    1 7 21 35 35 21 7 1

    4. Gunakan Binomial theorem untuk membuktikan bahwa

    =

    =

    n

    k

    nk knC0

    3),(2 .

    5. THE PIGEONHOLE PRINCIPLES

    Prinsip ini menyatakan bahwa jika n pigeon terbang ke dalam m pigeonhole dan n > m, maka

    sekurang-kurangnyasatu hole (lubang) harus memuat dua atau lebih pigeon. The pigeonhole

    principle kadang-kadang disebut dengan Dirichlet box principle karena pertama kali dinyatakan

    secara formal oleh PGL Dirichlet (1805-1859).

    PIGEONHOLE PRINCIPLE :

    Suatu Fungsi dari satu himpunan berhingga ke suatu himpunan berhingga yang lebih kecil tidak

    mungkin menjadi fungsi satu-satu : ada sekurang-kurangnya dua elemen dalam domain yang

    mempunyai image yang sama dalam kodomain.

    CONTOH 5.1 :

  • a. Dalam suatu grup yang terdiri dari enam orang, haruskah terdapat sekurang-kurangnya

    dua yang dilahirkan pada bulan yang sama ? Dalam suatu grup yang terdiri dari tiga belas

    orang, haruskah terdapat sekurang-kurangnya dua yang dilahirkan pada bulan yang sama

    ? Mengapa ?

    b. Di antara penduduk kota New York, haruskah ada sekurang-kurangnya dua orang dengan

    jumlah rambut yang sama di atas kepalanya ? Mengapa ?

    Jawab :

    a. Satu grup yang terdiri dari enam orang tidak perlu memuat dua yang dilahirkan pada bulan

    yang sama. Sebagai contoh, enam orang mungkin mempunyai ulang tahun masing-masing dari

    enam bulan : Januari hingga Juni.

    Satu grup yang terdiri dari tiga belas harus memuat sekurang-kurangnya dua yang dilahirkan

    pada bulan yang sama, karena hanya ada dua belas bulan dalam satu tahun dan 13 > 12. Pandang

    tiga belas orang sebagai pigeon dan dua belas bulan sebagai pigeonhole. Nyatakan tigabelas

    orang dengan symbol x1, x2, , x13 dan definisikan suatu fungsi B dari himpunan orang ke

    himpunan dua belas bulan seperti ditunjukkan dalam diagram berikut :

    x1

    x2

    x12

    x13

    13 orang (pigeon)

    B(xi) = birth month of xi

    B Jan

    Feb

    Des

    12 bulan (pigeonhole)

  • Jadi terdapat sekurang-kurangnya dua panah yang mengarah pada bulan yang sama. Oleh karena

    itu sekurang-kurangnya terdapat dua orang yang dilahirkan pada bulan yang sama.

    b. Jawaban adalah ya. Menurut data : Populasi New York P > 5 juta dan jumlah maksimum

    rambut seseorang di atas kepalanya adalah tidak lebih dari 300 ribu. Definisikan suatu fungsi H

    dari himpunan orang di New York City (pigeon) dengan {x1, x2, , xp} ke himpunan jumlah

    rambut di atas kepala (pigeonhole) {0, 1, 2, 3, , 300.000} dan H(xi) = jumlah rambut di atas

    kepala xi. Karena banyaknya orang di New York City lebih besar dari jumlah rambut di atas

    kepala yang mungkin, maka fungsi H tidak satu-satu; sehingga sekurang-kurangnya dua orang

    mempunyai jumlah rambut di atas kepala yang sama.

    BAB II

    RECURRENCE RELATIONS

    1. INTRODUCTION

    Seringkali dimungkinkan untuk mengembangkan hubungan di antara elemen-elemen dari

    sebuah sequence yang disebut sebagai relasi rekurensi. Relasi rekurensi menghubungkan

    elemen ke n dari suatu sequence ke suku-suku sebelumnya.

    CONTOH 1.1 :

    Seseorang menginvestasikan uangnya sebesar Rp. 1.000; dengan bunga 12% per tahun .

    Bila An adalah jumlah pada akhir tahun ke-n, tentukan hubungan yang terdapat di antara An

    dan An-1.

    Jawab : Pada akhir tahun ke n 1, jumlahnya adalah An-1. Sesudah satu tahun, maka akan

    diperoleh jumlah An-1 ditambah dengan bunga. Jadi

    An = An-1 + (0,12)An-1

  • = (1,12)An-1 (1.1)

    Nilai awal

    A0 = 1.000 (1.2)

    Dari persamaan (1.1) dapat dihitung nilai An untuk sebarang n.

    Sebagai contoh,

    A3 = (1,12)A2

    = (1,12)(1,12)A1

    = (1,12)(1,12)(1,12)A0

    = (1,12)3(1.000) =1404,93 (1.3)

    Jadi pada akhir tahun ketiga, jumlahnya adalah Rp. 1.404,93.

    Perhitungan (1.3) dapat dipakai untuk harga n yang berubah-ubah, sehingga diperoleh :

    An = (1,12)An-1

    = (1,12)n (1.000) (1.4)

    CONTOH 1.1 merupakan suatu contoh relasi rekurensi. Nilai-nilai yang diberikan secara

    eksplisit dari sebuah sequence seperti (1.2) disebut nilai-nilai awal (initial conditions).

    DEFINISI 1.1 :

    Sebuah relasi rekurensi untuk sequence a0, a1, , adalah sebuah persamaan yang

    menghubungkan an dengan suku-suku pendahulunya a0, a1, , an-1.

    Berdasarkan pada sebuah relasi rekurensi dan syarat awal dapat dibuat sebuah algoritma.

    Algoritma 1.1 :

    Algoritma ini menghitung seqence dari CONTOH 1.1 yang didasarkan pada relasi rekurensi (1.1)

    dan syarat awal (1.2). Inputnya adalah N, yang harus dihitung. Algoritma mengembalikan harga

    A, yang adalah suku ke N dari sequence A0, A1, .

    1. [Inisialisasi.] A : = 1000, I : = 0 (I adalah suku yang sedang dihitung).

    2. [Sudah?] Bila I = N, stop.

    3. [Hitung suku berikutnya.] A : = (1,12) * A.

    4. [Perbarui counter dan kemudian loop.] I : = I + 1, Go to step 2.

  • Algoritma rekursif : algoritma yang beroperasi dalam dirinya sendiri. Contoh : PASCAL,

    SNOBOL, ALGOL, PL/I dan C secara langsung mendukung rekursi dengan mengijinkan

    routine memanggil dirinya sendiri. (FORTRAN tidak).

    Algoritma 1.2 :

    Algoritma rekursif ini menghitung sequence dari CONTOH 1.1. Inputnya adalah N, suku yang

    harus dihitung. Algoritma mengembalikan nilai A, yang adalah suku ke N dari sequence A0, A1,

    .

    1. [Kasus trivial ?] Bila N=0, buat A: =1000 dan kembali dengan hasil dalam A.

    2. [Langkah rekursif.] Panggil Algoritma 1.2 untuk menghitung AN-1. Letakkan

    A : = (1,12)*AN-1 dan kembali dengan hasil dalam A.

    Algoritma 1.2 adalah terjemahan dari persamaan (1.1) dan (1.2) yang mendefinisikan

    sequence A0, A1,... Langkah 1 berkorespondensi dengan syarat awal (1.2), dan Langkah 2

    berkorespondensi dengan relasi rekurensi (1.1).

    CONTOH 1.2 : FIBONACCI SEQUENCE (Buku Fibonacci : Liber Abacci , 1202)

    Problem : Sesudah satu tahun, berapa banyak pasangan kelinci akan diperoleh apabila pada awal

    tahun terdapat sepasang kelinci dan pada setiap bulan setiap pasangan melahirkan pasangan baru

    yang menjadi pasangan produktif sesudah satu bulan ? Diasumsikan lebih jauh bahwa tidak

    terjadi kematian dalam tahun tersebut.

    A : Misal fi adalah jumlah pasangan kelinci pada akhir bulan ke-i. Maka

    f0 = 1 (1.5)

    Sesudah satu bulan, masih terdapat sepasang kelinci karena pasangan itu belum produktif di

    bawah usia satu bulan. Sehingga

    f1 = 1 (1.6)

    Persamaan (1.5) dan (1.6) adalah syarat awal untuk Fibonacci sequence. Pertambahan pasangan

    kelinci fn fn-1 dari bulan ke n 1 ke bulan ke n adalah dengan memandang bahwa tiap pasangan

    yang hidup dalam bulan ke n 2 menghasilkan tambahan sepasang kelinci. Yaitu,

    fn fn-1 = fn-2

    atau

  • fn = fn-1 + fn-2 (1.7)

    Relasi rekurensi (1.7) bersama-sama syarat awal (1.5) dan (1.6) mendefinisikan Fibonacci

    sequence. Sehingga solusi terhadap pertanyaan Fibonacci adalah f12 = 233.

    CONTOH 1.3 : TOWER OF HANOI

    Menara Hanoi adalah sebuah puzzle yang terdiri dari tiga buah tongkat yang terpancang

    pada suatu papan dan n disk dari bermacam ukuran dengan lubang pada pusatnya. (Gambarkan !)

    Diasumsikan bahwa bila sebuah disk ditempatkan pada tongkat, maka hanya disk dengan

    diameter yang lebih kecil yang boleh ditempatkan di atas disk pertama. Apabila diketahui semua

    disk ditempatkan pada tongkat pertama, maka masalahnya adalah memindahkan disk ke tongkat

    yang lain satu demi satu.

    Bila Cn adalah jumlah perpindahan yang menyelesaikan puzzle n disk ini, cari relasi

    rekurensi dan syarat awal untuk sequence C1, C2, .

    Jawab : Andaikan bahwa dipunyai n disk pada tongkat 1 (Refer to Gambar !). Maka dalam

    perpindahan Cn-1, dapat dipindahkan n 1 disk pada tiang ke dua (Gambarkan !). Selama

    perpindahan ini, disk paling bawah pada tongkat 1 tetap di tempat. Berikutnya, dipindahkan disk

    yang tersisa pada tongkat 1 ke tongkat 3. Akhirnya, dalam Cn-1 perpindahan, dapat dipindahkan n

    1 disk pada tongkat 2 ke tongkat 3. Oleh karena itu, relasi rekurensi yang diinginkan adalah

    Cn = 2Cn-1 + 1 (1.8)

    Syarat awal adalah

    C1 = 1.

    CONTOH 1.4 : DERANGEMENTS

    Pada suatu pertemuan, n orang menitipkan mantelnya. Sewaktu mereka pulang, mantel

    dikembalikan secara acak dan, malangnya, tidak ada seorangpun yang menerima mantelnya

    secara benar. Bila Dn adalah jumlah cara n orang menerima mantel yang salah, maka perlihatkan

    bahwa sequence D1, D2, memenuhi relasi rekurensi

    Dn = (n 1)(Dn 1 + Dn-2) (1.9)

    Jawab : Nampak bahwa Dn adalah jumlah permutasi

    m1, m2, , mn

    dari 1, 2, , n, dengan mi i untuk i = 1, 2, , n. Permutasi semacam ini disebut derangement.

  • Andaikan terdapat C derangement dari 1, 2, , n dengan bentuk

    2, m2, , mn.

    Dengan saling mengganti 2 dan 3, terlihat bahwa terdapat juga C derangement dari

    1, 2, , n dalam bentuk

    3, m2, , mn.

    Dapat diturunkan bahwa terdapat C derangement dari 1, 2, , n dengan bentuk

    k, m2, , mn

    dengan k adalah integer tertentu di antara 2 dan n.

    Karena terdapat n 1 kemungkinan : 2, , n, untuk suku pertama, maka

    Dn = (n 1)C (1.10)

    Sekarang dibagi derangement 1, 2, , n

    2, m2, , mn

    ke dalam bentuk-bentuk

    2, 1, m3, , mn (1.11)

    dan

    2, m2, m3, , mn. (1.12)

    dengan m2 1. Dalam (1.11) jumlah n 2 dari m3, , mn semuanya tidak tepat pada posisinya,

    sedemikian sehingga (1.11) terdiri dari 2, 1 diikuti dengan sebuah derangement 3, , n, yaitu

    sejumlah Dn-2. Dalam (1.12), jumlah dari m2, m3, , mn semuanya tidak pada posisinya

    sedemikian sehingga (1.12) terdiri dari 2 diikuti dengan derangement

    1, 3, 4, , n; yaitu sejumlah Dn-1. Dengan demikian

    C = Dn-1 + Dn-2.

    Dengan mengkombinasikan persamaan di atas dengan persaman (1.10) diperoleh relasi rekurensi

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

    CONTOH 1.5 : ACKERMANN FUNCTION

    Fungsi Ackermann dapat didefinisikan dengan relasi rekurensi :

    A(m. 0) = A(m 1, 1), m = 1, 2, (1.13)

    A(m, n) = A(m 1, A(m, n 1), m = 1, 2,

    n = 1, 2, (1.14)

  • dan syarat awal

    A(0, n) = n + 1, n = 0, 1, (1.15)

    Fungsi Ackermann secara teoritis adalah penting karena angka pertumbuhannya yang

    cepat.

    Perhitungannya

    A(1, 1) = A(0, A(1, 0)) dengan (1.14)

    = A(0, A(0, 1)) dengan (1.13)

    = A(0, 2) dengan (1.15)

    = 3 dengan (1.15)

    menunjukkan penggunaan persamaan (1.13) (1.15).

    EXERCISES :

    1. a. Seorang menginvestasikan $2000 dengan bunga 14% per tahun. Jika An menyatakan jumlah

    pada akhir n tahun, carilah relasi rekurensi dan syarat awal untuk sequence A0, A1,

    b. Berikan rumus eksplisit untuk An.

    2. Jika Pn menyatakan banyaknya permutasi dari n objek yang berbeda, carilah relasi rekurensi

    dan syarat awal untuk sequence P1, P2, .

    3. Misal dipunyai n dollar dan tiap hari dibelikan salah satu dari : orange juice ($1), milk ($2)

    atau tea ($2). Jika Cn adalah banyaknya cara membelanjakan semua uang tersebut, tunjukkan

    bahwa

    Cn = Cn-1 + 2Cn-2.

    4. Tunjukkan bahwa f2n+1 = fn fn+2 + (-1)n+1, n = 0, 1,

    5. Carilah A(2, 2).

    2. SOLVING RECURRENCE RELATION

    Untuk menyelesaikan relasi rekurensi yang melibatkan sequence a0, a1, adalah mencari

    formula eksplisit untuk suku umum an. Dalam bagian ini akan dibahas dua metoda penyelesaian

    relasi rekurensi : iterasi dan metoda khusus yang diaplikasikan terhadap relasi rekurensi homogen

    linear dengan koefisien konstan.

    Untuk menyelesaikan relasi rekurensi yang melibatkan a0, a1, dengan iterasi,

    digunakan relasi rekurensi untuk menuliskan suku ke n an dalam hubungannya dengan suku-suku

    sebelumnya an-1, , a0. Kemudian digunakan relasi rekurensi untuk menggantikan tiap an-1,

  • dengan memandang suku sebelumnya. Demikian seterusnya sehingga diperoleh formula eksplisit.

    Metoda iterative digunakan untuk menyelesaikan relasi rekurensi dari CONTOH 1.1.

    CONTOH 2.1 :

    Pandang relasi rekurensi Sn = 2Sn-1 dengan syarat awal S0 = 1. Dengan metoda iterasi diperoleh

    Sn = 2Sn-1 = 2(2Sn-2) = . = 2nS0 = 2

    n.

    CONTOH 2.2 :

    Cari sebuah formula eksplisit untuk Cn, jumlah perpindahan untuk menyelesaikan n disk dalam

    puzzle Tower of Hanoi.

    A : Dari Contoh 1.3 diperoleh relasi rekurensi

    Cn = 2Cn-1 + 1 (2.1)

    dan syarat awal C1 = 1.

    Dengan menggunakan metoda iterasi terhadap persamaan (2.1) diperoleh

    Cn = 2Cn-1 + 1

    = 2(2Cn-2 + 1) + 1

    = 22Cn-2 + 2 + 1

    = 22(2Cn-3 + 1) + 2 + 1

    = 23Cn-3 + 22 + 2 + 1

    = 2n-1C1 + 2n-2 +2n-3 + + 2 + 1

    = 2n-1 + 2n-2 +2n-3 + + 2 + 1

    = 2n 1.

    Langkah terakhir adalah formula untuk jumlah deret geometri.

    DEFINISI 2.1 :

    Sebuah relasi rekurensi homogen linear berorder k dengan koefisien konstan adalah relasi

    rekurensi dengan bentuk

    an = c1an-1 + c2an-2 + + ckan-k (2.2)

  • Perhatikan bahwa sebuah relasi rekurensi homogen linear berorder k (2.2), bersama-sama dengan

    k syarat awal

    a0 = C0 , a1 = C1 , , ak-1 = Ck-1 ,

    mendefinisikan secara tunggal sebuah sequence a0, a1, .

    CONTOH 2.3 :

    Relasi rekurensi

    An = (1,12)An-1 (2.3)

    Dari CONTOH 1.1, dan

    fn = fn-1 + fn-2 (2.4)

    dari CONTOH 1.2 (Fibonacci sequence) kedua-duanya merupakan relasi rekurensi homogen

    linear dengan koefisien konstan. Relasi (2.3) berorder 1 dan (2.4) berorder 2.

    Akan diilustrasikan metoda umum untuk menyelesaikan relasi rekurensi homogen linear

    dengan koefisien konstan dengan mencari formula eksplisit untuk Fibonacci sequence.

    Solusi dari (2.3) adalah berbentuk

    An = Ctn .

    Kemudian akan dicari solusi dari relasi rekurensi Fibonacci (2.4)dalam bentuk tn . Diperoleh

    tn = tn-1 + tn-2

    atau tn - tn-1 - tn-2 = 0

    atau t2 - t - 1 = 0 (2.5)

    Solusi dari (2.5) adalah

    t = (1 5)/2 .

    Sampai di sini dipunyai dua solusi dari (2.4), yaitu

    Sn = {(1 + 5)/2}n , Tn = {(1 - 5)/2}

    n (2.6)

    Dengan Teorema 2.1 berikut bahwa apabila Sn dan Tn adalah solusi-solusi dari (2.4), maka bSn +

    dTn adalah juga solusi dari (2.4). Oleh karena itu

    Un = bSn + dTn

    = b {(1 + 5)/2}n + d {(1 - 5)/2}n

    adalah juga merupakan solusi dari (2.4).

    Untuk memenuhi syarat awal f0 = 1 = f1 dari Fibonacci sequence, haruslah dipunyai

    U0 = 1 = U1

  • atau

    bS0 + dT0 = b + d = 1

    bS1 + dT1 = b{(1 + 5)/2} + d{(1 - 5)/2} = 1.

    Dengan menyelesaikan persamaan-persamaan di atas untuk b dan d, diperoleh

    =

    +=

    2

    51

    5

    1;

    2

    51

    5

    1db .

    Oleh karena itu,

    11

    2

    51

    5

    1

    2

    51

    5

    1++

    +=

    nn

    nf .

    TEOREMA 2.1 :

    Misal an = c1an-1 + c2an-2 (2.7)

    sebagai sebuah relasi rekurensi homogen linear order dua dengan koefisien konstan.

    Jika Sn dan Tn adalah solusi dari (2.7), maka Un = bSn + dTn adalah juga solusi dari (2.7).

    Jika r adalah akar dari

    t2 c1t c2 = 0, (2.8)

    maka rn adalah solusi dari (2.7).

    Misal an solusi dari (2.8) yang memenuhi

    a0 = C0 , a1 = C1 . (2.9)

    Jika r1 dan r2 akar-akar dari (2.8) dan r1 r2, maka terdapat konstan b dan d sedemikian sehingga

    an = br1n + dr2

    n , n = 0, 1, .

    Bukti : See textbook !!!

    THEOREM 2.2 :

    Misal an = c1an-1 + c2an-2 (2.10)

    adalah relasi rekurensi homogen linear order dua dengan koefisien konstan.

    Misal an solusi dari (2.10) yang memenuhi

    a0 = C0 , a1 = C1 .

    Jika kedua akar dari

    t2 c1t c2 = 0 (2.11)

    sama dengan r, maka terdapat konstanta b dan d sedemikian sehingga

  • an = brn + dnrn , n = 0, 1, .

    Bukti : Exercise !!!

    CONTOH 2.4 :

    Selesaikan relasi rekurensi dn = 4(dn-1 dn-2) (2.12)

    Dengan syarat awal d0 = 1 = d1.

    Jawab : Menurut THEOREM 2.1, Sn = rn adalah solusi dari (2.12) dimana r adalah solusi dari

    t2 - 4t + 4 = 0. (2.13)

    Jadi diperoleh solusi

    Sn = 2n

    dari (2.12). Karena 2 adalah satu-satunya solusi dari (2.13), dengan THEOREM 2.2

    Tn = n2n

    Adalah juga solusi dari (2.12). Sehingga solusi umum dari (2.12) berbentuk

    Un = aSn + bTn .

    Harus dipunyai juga U0 = 1 = U1 .

    Sehingga aS0 + bT0 = a + 0b = 1

    aS1 + bT1 = 2a + 2b = 1.

    Dengan menyelesaikan untuk a dan b diperoleh a = 1, b = -1/2.

    Oleh karena itu solusi dari (2.12) adalah

    dn = 2n n2n-1 .

    NOTE : Untuk relasi rekurensi berorde k dengan kofisien konstan (2.2), jika r adalah akar dari

    tk c1tk-1 c2t

    k-2 - - ck = 0

    dengan multisiplitas m, dapat ditunjukkan bahwa

    rn, nrn, , nm-1rn

    adalah juga solusi dari (2.2).

    EXERCISES

    Katakan apakah relasi rekurensi dalam exercises 1-10 berikut merupakan relasi rekurensi

    homogen dengan koefisien konstan atau tidak. Berikan ordernya bila ya.

    1. an = -3an-1 6. an = an-1 + 1 + 2n-1

    2. an = 2nan-1 7. an = (log 2n)an-1 [log(n-1)]an-2

    3. an = 2nan-2 an-1 8. an = 6an-1 9an-2

  • 4. an = an-1 + n 9. an = -an-1 an-2

    5. an = 7an-2 6an-3 10. an = -an-1 + 5an-2 3an-3

    Dalam exercises 11-18, selesaikan relasi rekurensi yang diberikan dengan syarat awal yang

    diberikan.

    11. Exercise 1; a0 = 2

    12. Exercise 2; a0 = 1

    13. Exercise 4; a0 = 0

    14. an = 6an-1 8an-2 ; a0 = 1, a1 = 0

    15. an = 7an-1 10an-2 ; a0 = 5, a1 = 16

    16. an = 2an-1 + 8an-2 ; a0 = 4, a1 = 10

    17. 2an = 7an-1 3an-2 ; a0 = a1 = 1

    18. ;2 21 += nnn aaa a0 = a1 = 1 (Gunakan substitusi bn = na )