aritmatika a
TRANSCRIPT
ARITMATIKA MODUL PEMBINAAN
O L E H
T I M P E M B I N A O L I M P I A D E K O M P U T E R
I L M U K O M P U T E R U D A Y A N A
( D I S A J I K A N U N T U K P E S E R T A P E M B I N A A N B I D A N G
K O M P U T E R – O S N 2 0 0 9 )
P E M E R I N T A H D A E R A H P R O P I N S I B A L I
D I N A S P E N D I D I K A N P E M U D A D A N O L A H R A G A
2 0 0 9
DA F TA 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
3
PENDAHULUAN
Secara umum materi uji tertulis terbagi atas tiga komponen utama: materi uji
analitika dan logika, materi uji aritmattika dan materi uji algoritmika. Materi uji analitika
dan logika bertujuan untuk menguji potensi akademis peserta namun sedapat mungkin
memiliki relevansi yang tinggi dengan problem solving dan elemen penting dalam
menguasai pemrograman computer.
Materi aritmatika sebenarnya sejalan dengan analitika dan logika di atas karena
soal aritmatika di OSN bidang Informatika bukan sekedar menguji ketrampilan dalam
hitung menghitung, tetapi lebih pada cara berpikir yang logis dan analitis namun dengan
soal bertemakan aritmatika.
Sedangkan materi algoritmika bertujuan untuk menguji kemampuan peserta
dalam memahami dan menyusun suatu algoritma. Aspek-aspek yang terkait dengan
pengetahuan dan bahasa pemrograman direduksi seminimal mungkin ke tingkat
pseudocode.
Materi Uji Aritmatika
Terdapat enam aspek analitis dalam persoalan aritmatika yang umumnya dijadikan
sebagai materi uji pada OSN bidang informatika, yaitu:
1. Memahami sifat-sifat bilangan (Teori Bilangan);
2. Memahami formula rekursif (Sifat Rekursif);
3. Menentukan pola dari sebuah deret bilangan;
4. Eksplorasi dalam masalah kombinatorik;
5. Mampu membentuk model aritmatika/matematika serta melakukan deduksi/
induksi model;
6. Mengkaitkan dengan konteks masalah;
7. Berpikir secara “cerdas”.
TEORI BILANGAN
DEVISIBILITAS (KETERBAGIAN)
Untuk bilangan a dan b, a ≠ 0, kita katakan a membagi b jika b =ac untuk sebuah
bilangan bulat c. Kita tunjukkan dengan menggunakan notasi a|b. Dapat juga dikatakan
bahwa b terbagi oleh a. Berikut adalah sifat-sifat turunan dari a|b :
1. Jika a|b, b ≠ 0, maka |a| ≤ |b|
2. If a|b and a|c, maka a|αb+βc untuk sembarang bilangan bulat α dan β
3. Jika a|b dan a|b ± c maka a|c
4. a|a (refleksif)
5. Jika a|b dan b|c maka a|c (transitif)
6. Jika a|b dan b|a maka |a| = |b|
Teorema: untuk sembarang bilangan bulat positif a dan b akan ada sebuah pasangan
unik (q,r) bilangan bulat positif yang memenuhi
b = aq + r, r < a
Hal ini juga dikenal dengan Algoritma Pembagian. Algoritma Pembagian dapat diperluas
untuk bilang bulat lainnya sebagai berikut: untuk sembarang bilangan bulat a dan b, a ≠ 0,
akan terdapat pasangan unik (q,r) bilangan bulat sehingga b = aq + r, 0 ≤ r < |a|.
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)
= ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +5
2(!5
n
5
= ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +5
2(120
n
Untuk n ≤ -3, ambil n = -m, dimana m ≥ 3 akan diperoleh
n5 − 5n3 + 4n = ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +−
52(
120m
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.
Buktikan bahwa nnn ppp p )1(...21 −+++ terbagi oleh p.
Solusi: Misalkan npk = dan perhatikan bahwa k adalah bilangan ganjil. Maka
])(...)([)( 121 −−− −++−−=−+ kkkkk dpdpddpdpd . Dengan menjumlahkan
persamaan-persamaan tersebut dari d=1 sampai 2
1−=
pd , kita bisa menghasilkan
persamaan nnn ppp p )1(...21 −+++ 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 na ≤2 maka a|n
Solusi: Misalkan a adalah bilangan ganjil terbesar sehingga na <2 namun 2)2( +≤ an .
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
4486 223 ++≤+− aaaaa . Maka 0447 23 ≤−+− aaa atau
0)1(4)7(2 ≤−+− aaa , solusinya adalah a = 1, 3 atau 5.
Jika a = 1, maka 22 31 ≤≤ n sehingga }8,...,2,1{∈n
Jika a = 3, maka 22 53 ≤≤ n dan 1.3|n sehingga }24,21,18,15,12,9{∈n
Jika a = 5, maka 22 75 ≤≤ n dan 1.3.5|n sehingga }45,30{∈n .
Karena itu }45,30,24,21,18,15,12,89,7,6,5,4,3,2,1{∈n
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 11 53 −− + nn bisa membagi nn 53 +
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 <a dan a1|n, ini merupakan kontradiksi dari minimalitas a.
Bilangan bulat n > 1 yang bukan merupakan bilangan prima disebut bilangan
komposit. Jika n adalah komposit maka n memiliki sebuah pembagi prima yang tidak
melebihi n . Sesungguhnya seperti yang telah ditunjukkan diatas, n = a.b, dimana 1 < a
≤ b dan a adalah pembagi terkecil dari n. Maka n > a2 sehingga a ≤ n .
Teorema 1:
(Euclid) Ada jumlah tak terbatas bilangan-bilangan prima.
7
Bukti: Asumsikan dengan kontradiksi bahwa hanya ada jumlah terbatas dari bilangan
prima: mppp <<< ...21 . Misalkan sebuah bilangan 1...21 += mpppP . Jika P adalah
bilangan prima maka mpP > , ini merupakan kontradiksi terhadap maksimalitas dari
mp . Di lain pihak, jika P adalah komposit maka dia akan memiliki pembagi prima p > 1
yang merupakan salah satu dari mppp ,...,, 21 , kita misalkan kp . Ini diikuti dengan
1...| 21 +mk pppp sedangkan karena kp salah satu dari mppp ,...,, 21 , berarti
mk pppp ...| 21 ini mengarah ke 1|kp . 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 1p
adalah pembagi prima (faktor) dari n. Jika 1p = n, maka n = 1p adalah faktorisasi prima
dari n. Jika 1p < n, maka 11rpn = dimana 1r > 1. Jika 1r prima maka 21 ppn = dimana
2p = 1r , ini adalah foktorisasi yang diingin dari n (sesuai dengan teorema). Jika 1r adalah
komposit maka 221 rpr = dimana 2p prima, 2r > 1 sehingga 221 rppn = . Jika 2r prima
maka 321 pppn = dimana 2r = 3p , dan kita selesai. Jika 2r adalah komposit, maka kita
lanjutkan algoritma ini sehingga memperoleh deret bilangan 1...21 ≥>> rr . Setelah
langkah yang terhingga, kita akan memperoleh 11 ==kr sehingga kpppn ...21= .
Untuk keunikannya, mari kita asumsikan ada setidaknya satu bilangan bulat positif n
sehingga hk qqqpppn ...... 2121 == dimana 1p , 2p , ..., kp , 1q , 2q , ..., hq adalah
bilangan-bilangan prima. Terlihat jelas bahwa 2≥k dan 2≥h . Misalkan n adalah
bilangan minimal yang memenuhi syarat tersebut. Kita menyatakan bahwa ji qp ≠ untuk
setiap i = 1, 2, …, k, j = 1, 2, …, h. Jika, sebagai contoh, pqp hk == , maka
1111/' −− === hk qqpppnn LL dan 1 < n’ < n, merupakan kontradiksi dari
minimalitas n. Asumsikan bahwa 1p adalah faktor prima terkecil dari n dalam
representasi diatas. Dengan menerapkan Algoritma Pembagian sebagai berikut:
1111 rcpq +=
2212 rcpq +=
K
hhh rcpq += 1
Dimana .,,1,1 1 hipri K=≤≤ Kita akan peroleh
)())(( 122111121 hhh rcprcprcpqqqn +++== KK
Dengan memperluas persamaan ini kita akan memperoleh hrrrApn K211 += .
Dengan mengetahui bahwa hrrrn K21'= kita peroleh '121 nAppppn k +== K . Dari
sini kita dapat ketahui bahwa '|1 np dan issspn K211'= , dimana isss ,,, 21 K adalah
bilangan prima.
Dari sudut lain, menggunakan faktorisasi dari hrrr ,,, 21 K kedalam bentuk prima,
semua faktor dari 1pri < . Dari hrrrn K21'= diikuti n’ sudah difaktorkan kedalam
bentuk jtttn K21'= dimana 1pts < , s = 1, 2, ..., j. Faktorisasi ini berbeda dari bentuk
issspn K211'= . 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
kkppn αα K1
1=
Dimana 1p , 2p , ..., kp adalah bilangan-bilangan prima unik dan kααα ,,, 21 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
145 ++ nn bukan bilangan prima.
9
Solusi: Kita peroleh 145 ++ nn = 1223345 +++−−−++ nnnnnnnn
= )1()1()1( 2223 +++++−++ nnnnnnnn
= )1)(1( 32 +−++ nnnn ,
hasil perkalian dari dua bilangan bulat diatas 1. Oleh karena itu 145 ++ nn bukan
bilangan prima.
Contoh Soal 2: Carilah semua bilangan prima a, b, c sehingga ab + bc + ac > abc.
Solusi: Misalkan cba ≤≤ . Jika 3≥a 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:
2111
>+bc
jika 5≥b , maka 5≥c dan 52
51
5111
21
=+<+<cb
, ini salah. Jadi solusinya ada untuk
5≤b , 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 2rqp nn =+
Buktikan bahwa n=1.
2. Buktikan pertidaksamaan Bonse 2121 +> nn pppp K untuk 4≥n , dimana
K,3,2 21 == pp adalah deret menaik dari bilangan-bilangan prima.
FAKTOR PERSEKUTUAN TERBESAR
Untuk sebuah bilangan bulat positif k kita nyatakan kD sebagai himpunan dari
semua pembagi positifnya. Jelas bahwa kD adalah himpunan terhingga. Untuk bilangan
bulat positif m dan n, elemen maksimal dari himpunan nm DD ∩ disebut faktor
persekutuan terbesar (greatest common divisor) dari m dan n, kita menggunakan notasi
fpb(m,n).
Pada kasus dimana nm DD ∩ ={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
kkppm αα K1
1= ,
kkppn ββ K1
1= ,
kiiiii ,,2,1,1,0, K=≥+≥ βαβα , maka
),min(),min(1
11),( kkkppnmfpb βαβα 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:
nrrnqm <≤+= 111 1,
12221 1, rrrqrn <≤+=
...
11
112 1, −−− <≤+= kkkkkk rrrqrr
0, 1111 =+= +++− kkkkk rrqrr
Rantai persamaan ini adalah terhingga karena krrrn >>>> K21 .
Sisa bagi yang tidak nol, kr , adalah faktor persekutuan terbesar dari m dan n.
Sebenarnya dengan menggunakan aturan 5) diatas kita dapatkan
kkk rrrfpbrrfpbrnfpbnmfpb ===== − ),(),(),(),( 1211 K
Proposisi 1: Untuk bilangan bulat positif m dan n, terdapat bilangan bulat a dan b
sehingga am +bn = fpb(m,n).
Bukti: Dari Algoritma Euclidian bisa diperoleh
K),1(, 212211 qqnmqrnqmr ++−=−=
Secara umum kinmr iii ,,1, K=−= βα . Karena 111 +−+ −= iiii qrrr , sehingga
⎩⎨⎧
−=−=
+−+
+−+
iiii
iiii
βββααα
111
111
i = 2, ..., k-1. Akhirnya, kita mendapatkan bahwa nmrnmfpb kkk βα +==),( .
Kita bisa mendefinikan faktor persekutuan terbesar dari beberapa bilangan bulat
positif smmm ,, ,21 K dengan memperhatikan:
),(,),,(),,( 21312211 sss mdfpbdmdfpbdmmfpbd −− === K
Bilangan bulat 1−= sdd disebut faktor persekutuan terbesar dari smmm ,, ,21 K dan
dinotasikan sebagai ),,( ,21 smmmfpb K
Contoh Soal 1: Temukan faktor persekutuan terkecil dari bilangan-bilangan yang
memenuhi 26263 532 ++ ++= nnnnA .dimana n = 0, 1, ..., 1999.
Solusi: Kita dapatkan 7.53525910 ==++=A
Menggunakan kongruen mod 5 kita peroleh
)5(mod)1(232 133263 ++ −+≡+≡ nnnnnA . Untuk )5(mod09,1 1 ≠≡= An , karena itu n
bukan faktor persekutuan.
Sebaliknya, nnnnA 33 25.259.98 ++=
nn 33 4.42.21 ++≡
nn 64.48.21 ++≡
nn 1.41.21 ++≡
)7(mod0≡
Oleh sebab 7 dapat membagi nA , untuk semua bilangan bulat 0≥n . Akibatnya, faktor
persekutuan terbesar dari bilangan 19991 ,,, AAAo K adalah 7.
Contoh Soal 2: Temukan semua tripel bilangan bulat positif (a, b, c) sehingga 333 cba ++ bisa dibagi accbba 222 ++
Solusi: Biarkan g sebagai faktor persekutuan terbesar dari a dan b. Maka 3g bisa
membagi ba 2 jadi 3g bisa membagi 333 cba ++ 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 2l , 2m
dan 2n semuanya bisa membagi 333 nml ++ , sekarang kita mempunyai
333222 | nmlnml ++
Asumsikan tanpa kehilangan arti umumnya bahwa nml ≥≥ . Kita akan mempunyai
3333222 3lnmlnml ≤++≤
dan karena itu, lnm ≤3/22 . Karena )(| 332 nml + , kita juga mempunyai
333244 39/ mnmlnm ≤+≤≤
Jika 2≥n maka nm ≤<≤ 22/9.2 4 yang berlawanan dengan asumsi bahwa nm ≥ .
Oleh sebab itu, n haruslah 1. Dan tidak sulit untuk dilihat bahwa (1, 1, 1) adalah solusi
unik dari permasalahan ini dengan m = 1 .
13
Jika 2≥m maka ml > karena l dan m relatif prima, jadi
33322 21 lmlnm <++≤ ,
dan 2/2ml > , sehingga
1324 +≤< mlm ,
dan 4≤m . Tidaklah sulit untuk melihat bahwa satu-satunya solusi adalah (3, 2, 1).
KELIPATAN PERSEKUTUAN TERKECIL
Berlawanan dengan himpunan kD yang sudah kita pelajari di sub bahasan
sebelumnya, kM adalah himpunan terhingga bilangan bulat. Untuk bilangan bulat positif
s dan t, elemen terkecil dari himpunan ts MM ∩ 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 kpk
p pps αα K11= dan kp
kp ppt ββ K1
1= , 1,0, ≥+≥ iiii βαβα , i
= 1, ..., k, maka
)max()max(1
11),( kkkpptskpk βαβα K=
Hal berikut menunjukkan hubungan antara fpb dengan kpk.
5. Untuk setiap bilangan bulat positif m dan n akan memenuhi hubungan
berikut:
),().,( nmkpknmfpbmn =
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, 0≠n sehingga 11 rnqa += , 22 rnqb += ,
10 r≤ , || nrs ≤ . Maka )(modnba ≡ jika dan hanya jika 21 rr = .
Bukti: Karena )()( 2121 rrqqnba −+−=− , ini menghasilkan n|a-b jika dan hanya
jika 21| rrn − . Dengan memperhatikan bahwa |||| 21 nrr <− , kita akan peroleh 21| rrn −
jika dan hanya jika 21 rr = .
Contoh Soal: Temukan sebuah bilangan bulat n dengan 100 ≤ n ≤ 1997 sehingga n
membagi 22 +n
Solusi: Perhatikan bahwa 2 mebagi 22 +n untuk semua n. Selain itu 2 juga membagi
22 +n jika dan hanya jika n ≡ 6 (mod 10), dan 43 membagi 22 +n jika dan hanya jika n
≡ 8 (mod 14). Karena n = 2.11.43 = 946 memenuhi semua kongruenitas tersebut, maka
n membagi 22 +n
15
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?
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
17
(E) (p – n)(n – p)
Solusi : A bukan, karena (n+p) adalah ganjil maka dari n dan p salah satu ganjil dan yang
lain genap. Selisih antara n dan p pasti ganjil sehingga jika ditambah 1 menjadi genap.
B bukan karena perkalian antara suatu bilangan genap dengan bilangan apapun akan
menjadi genap.
C bukan karena pangkat bulat positif berapapun dari bilangan genap, tetap genap, dan
ganjil tetap ganjil, kemudian ganjil ditambah genap dan dikurang ganjil menjadi genap.
D bukan karena pangkat bulat positif berapapun dari bilangan ganjil tetap bilangan ganjil,
dan jumlah dua bilangan ganjil menjadi genap. E benar, karena perkalian antara dua
bilangan ganjil menghasilkan bilangan ganjil.
DEFINISI REKURSIF
Definisi rekursif adalah bagaiman membangun sesuatu dari versi sederhana dari hal yang
sama. Definisi rekursif mempunyai dua bagian :
1. Kasus basis (base case) yang tidak tergantung dengan apapun
2. Kasus Kombinasi yang bergantung pada kasus yang lebih sederhana.
Sebagai contoh kita ambil definisi rekursif dari faktorial:
⎩⎨⎧
>−=
=0),1(.
0,1)(
xxfacxx
xfac
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:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
>−+−==
=1),2()1(
1,10,0
)(nnfibnfib
nn
nfib
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)) ?
19
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:
Jika ⎪⎩
⎪⎨
⎧
>∈+∈
==
1,),13(),2/(
1,1)(
nganjilnnfgenapnnf
nnf untuk n bilangan bulat positif n > 0. Berapakah
f(2008)?
DERET
Ada dua macam deret yang sering menjadi topik, yaitu deret aritmatika dan deret
geometri. Kedua deret ini berbeda dalam hal definisi suku berikutnya terhadap suku
sebelumnya.
Deret aritmatika adalah deret bilangan yang selisih suku-suku bersebelahan selalu tetap.
Contohnya deret bilangan bulat: ..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, .... Misalkan Un melambangkan suku
ke n dari deret aritmatika, maka Un-Un-1 =b atau beda antar sukunya. Suku pertama dari
deret ini U1 kita misalkan a. Maka akan berlaku hal berikut:
Un = a + (n-1)b
Misalkan Sn adalah jumlah n suku pertama, U1+U2+U3+ ... + Un, berlaku
2
)( UnanSn +=
dengan kata lain
2))1(2( bnanSn −+
=
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
1
)1(−−
=rraSn
n
21
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
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
23
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 mn + cara untuk memilih benda jenis A atau
benda jenis B dengan φ=∩ BA . Perinsip ini disebut sebagai Perinsip Penjumlahan.
Secara umum apabila dalam suatu pelaksanaan tugas diperoleh hal berikut:
- Jika tugas I dilaksanakan dengan 1m cara
- Jika tugas II dilaksanakan dengan 2m cara
M M - Jika tugas ke k dilaksanakan dengan km cara
Dengan syarat tugas yang diberikan harus disjoint (saling asing), maka seluruh tugas dapat
dilaksanakan dengan kmmm +++ ...21 .
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 1257 =+ 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 nm× 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 nm× 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 1m cara
- Jika tugas II dilaksanakan dengan 2m cara
M M - Jika tugas ke k dilaksanakan dengan km cara
Dengan pelaksanaan yang saling lepas antara tugas satu dan tugas yang lain, maka
pasangan tugas dalam suatu langkah dapat dilaksanakan dengan kmmm ××× ...21 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
25
macam hidangan (terdiri dari 1 makanan dan 1 minuman) yang dapat disusun adalah sebagai
berikut:
Langkah pertama, kita memilih makanan yang bisa di lakukan dalam 4 cara
Langkah kedua, kita memilih minuman yang bisa dilakukan dalam 3 cara,
Sehingga banyaknya macam hiadangan adalah sebanyak 1234 =× 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 baab ≠ .
b. Pencacahan pola yang tak terurut dari beberapa benda, dalam hal ini susunan (urutan)
dari benda tersebut tidak diperhatikan, jadi baab = .
Berdasarkan cara pengambilan, kelompok ini terbagi lagi ke dalam dua bagian yaitu:
- Pengambilan dengan pemgembalian/pengulangan.
- Pengambilan tanpa pengembalian/tanpa pengulangan
Dalam kehidupan sehari-hari kita sering menghadapi masalah pengaturan suatu obyek
yang terdiri dari beberapa unsur, baik yang disusun dengan mempertimbangkan urutan sesuai
posisi yang diinginkan maupun yang tidak. Misalnya menyusun kepanitiaan terdiri dari ketua,
sekretaris dan bendahara dimana urutan untuk posisi tersebut dipertimbangkan atau memilih
beberapa orang untuk mewakili sekelompok orang dalam mengikuti suatu kegiatan yang
urutan tidak diperhatikan. Dalam matematika, penyusunan obyek yang terdiri dari beberapa
unsur dengan mempertimbangkan urutan disebut Permutasi, sedangkan yang tidak
memperhatikan urutan disebut Kombinasi.
PERMUTASI
Dalam berapa cara tiga buah buku A, B, C yang berbeda dapat disusun secara teratur di
atas sebuah meja? Cara yang paling sederhana untuk menjawab pertanyaan ini adalah dengan
mencatat semua susunan yang mungkin dapat dibuat dengan bantuan metode ruang.
Persoalan yang dihadapi sebetulnya sama saja dengan mengisikan 3 ruang kosong dengan
buku A, B, C. Ketiga ruang tersebut dapat digambarkan sebagai berikut.
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
6123 =×× 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 6123 =×× cara, secara umum untuk n objek berbeda dapat dipermutasikan dalam
!)1)(2)(3).....(2)(1( nnnn =−− cara yang berbeda.
27
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 !),( nnnP =
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 nr ≤ dan secara simbolis permutasi tersebut dinotasikan sebagai ),( rnP .
Teorema 5.10.
Jumlah permutasi sebanyak r dari n objek yang berbeda dimana nr ≤ dan
pengambilan r tanpa pengulangan adalah )!(
!),(rn
nrnP−
= .
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 7=n dan 3=r . Jadi
banyaknya cara memilih perangkat kelas adalah 210!4!7
)!37(!7)3,7( ==−
=P cara.
PERMUTASI KELILING (CIRCULAR PERMUTATION)
Definisi 5.12.
Permutasi suatu kelompok objek yang membuat suatu lingkaran dinamakan permutasi
keliling (Circular Permutation).
Bila suatu kelompok objek disusun secara teratur dalam sebuah lingkaran maka
permutasi objek yang bersangkutan sebetulnya hanya mempersoalkan kedudukan relatif
obyek-oyek bila melintasi lingkaran dalam syarat tertentu. Penyusunan obyek A, B, C dalam
susunan melingkar berikut dianggap sama.
Gambar 5.1.
Dalam persoalan tentang permutasi keliling, hal yang terpenting adalah kedudukan objek
yang tertentu relatif terhadap objek yang lain. Untuk mencari jumlah permutasi dalam
susunan keliling tersebut kita harus berusaha menentukan terlebih dahulu kedudukan salah
satu objek secara tetap. Kemudian dilanjutkan menghitung jumlah permutasi dari obyek
yang lain seperti apabila obyek tersebut tersusun berjajar.
Teorema 5.13.
Permutasi keliling dari n obyek apabila n obyek tersebut disusun dalam sebuah
lingkaran dapat disusun secara teratur dalam )!1( −n cara.
Teorema 5.14.
Permutasi keliling r dari n obyek apabila r obyek tersebut disusun dalam sebuah
lingkaran dapat disusun secara teratur dalam )!(
!),(rnr
nrnP−
= cara.
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
29
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 83
)3,4(=
P cara.
PERMUTASI SEBANYAK r DARI n OBJEK DENGAN PENGEMBALIAM OBJEK
YANG TERPILIH
Teorema 5.16.
Permutasi sebanyak r dari n objek dengan pengembaliam objek yang terpilih adalah jumlah
permutasi dari suatu kelompok yang terdiri dari n obyek dan yang diambil sekaligus
sebanyak r dengan pengembalian objek yang telah terpilih dilambangkan dengan rnrnR =),( dengan ketentuan nr ≤ 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 { }aaa ,, terdiri dari 3 unsur yang tidak dapat dibedakan
hanya dapat dipermutasikan dalam 1 cara saja. Sedangkan apabila kita bedakan unsur
himpunan tersebut menjadi { }321 ,, aaa maka jumlah permutasinya akan menjadi sebanyak 3!
= 6. Jadi apabila dibandingkan maka jumlah permutasinya berkurang hingga 1/6 dari jumlah
semula apabila himpunan { }321 ,, aaa diubah sedemikian hingga menjadi { }aaa ,, 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 1n merupakan kumpulan
objek yang sama, 2n merupakan kumpulan objek yang sama, dan seterusnya hingga kn
merupakan kumpulan objek yang sama, sedangkan nnnnn k =++++ ....321 maka jumlah
permutasi dari n obyek yang meliputi seluruh obyek di atas adalah sebanyak
!!!!
2121 kk nnnn
nnnn
LL=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
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:
34650!2!4!4!1
!112441
11==⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ cara .
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 1M , 2M , 3M dan 4M . Dapat dibentuk pasangan sebagai berikut:
1M, 2M
1M, 3M
1M, 4M
31
2M , 1M
2M , 3M
2M , 4M
M
3M, 4M
M
4M , 3M
Jelas terdapat sebanyak 34× pasangan dari urutan ini. Tapi karena adanya pasangan
yang sama muncul dua kali maka diperoleh banyaknya pemilihan adalah 62
34=
× cara.
Cara 2:
Dibentuk pasangan sebagai berikut:
3,,,
41
31
21
⎪⎭
⎪⎬
⎫
MMMMMM
2
,,
42
32
⎭⎬⎫
MMMM
}1, 43 MM
Pasangan ini dapat ditulis sebagai 63421123
26
=××=++=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ cara. Jika diperluas
maka diperoleh )1(21
2−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛nn
n cara. Untuk pengambilan tiga mata kuliah diperoleh daftar
sebagai berikut:
31223
,,,,
421
431
321
=+=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎪⎭
⎪⎬⎫
MMMMMMMMM
.
Jadi banyaknya pasangan berurutan yang diawali dengan 1M adalah 3 buah yaitu
} 122
, 432 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛MMM .
Jadi banyaknya pasangan berurutan yang diawali dengan 2M adalah 1 buah. Jadi
422
23
34
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛.
Secara umum maka diperoleh persamaan
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
++⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛11
113
12
11
rr
rr
rn
rn
rn
rn
L
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
dengan nr <<0 disebut kombinasi r dari n obyek dan dinotasikan ),( rnC atau ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛rn
.
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 { }dcbaS ,,,= maka { }cba ,, , { }dba ,, , { }dca ,, ,
{ }dcb ,, merupakan empat kombinasi-3 dari S . Notasi ),( rnC menunjukkan jumlah
kombinasi- r himpunan dengan n anggota. Sehingga jika nr > maka !0),( =rnC . Jika
0=n , dan r merupakan bilangan bulat positif, maka 0),0( =rC . Untuk alasan kemudahan
lebih lanjut dibuat suatu kesepakatan bahwa 1)0,0( =C .
Teorema 5.22.
Kombinasi sebanyak r dari n obyek yang berbeda adalah jumlah kombinasi dari n
obyek yang berbeda dan yang dipilih sekaligus sebanyak r adalah )!(!
!rnr
nrn
−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ .
33
Tiap kombinasi dari n obyek yang berbeda dan yang diambil sekaligus sebanyak r akan
menciptakan sebanyak !r permutasi karena tiap kelompok yang terdiri dari r obyek tersebut
dapat dipermutasikan diantara mereka sendiri dalam !r cara. Oleh karena itu diperoleh
bahwa !rrn⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ = ),( rnP . Jadi
)!(!!
!),(
rnrn
rrnP
rn
−==⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛, dengan nr <<0 .
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 nH dengan anggota-anggotanya jika dibagi tiga
akan bersisa sebanyak n bilangan. Diperoleh :
0H = {3, 6, 9, 12, 15, …, 300}
1H = {1, 4, 7, 10, 13, …. 298}
2H = {2, 5, 8, 11, 14, …, 299}
Pengambilan 3 bilangan yang jumlahnya habis dibagi tiga dapat dilakukan dengan cara :
- pilih 3 diantara anggota-anggota 0H diperoleh sebanyak ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛3
100cara
- pilih 3 diantara anggota-anggota 1H diperoleh sebanyak ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛3
100
cara
- pilih 3 diantara anggota-anggota 2H diperoleh sebanyak ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛3
100cara
- pilih 1 anggota 0H diperoleh sebanyak ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
100 cara ,
pilih 1 anggota 1H diperoleh sebanyak ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
100 cara, pilih 1 anggota 2H diperoleh
sebanyak ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
100 cara.
Karena terjadi bersama-sama dengan menggunakan prinsip perkalian diperoleh
pengambilan sebanyak ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
100⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
100⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
100=
3
1100
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ cara.
Jadi total cara memilih tiga bilangan sehingga jumlahnya habis dibagi tiga adalah
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛3
100+ ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛3
100+ ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛3
100+
3
1100
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ = 3 ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛3
100+
3
1100
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ = 1498501000 cara.
Teorema 52.24.
Untuk setiap rn ≥ berlaku ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛rn
nrn
. Hal ini dapat dilihat pada tabel kombinatorial
berikut:
Tabel 5.1.
n ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛0n
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1n
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛2n
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛3n
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛4n
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛5n
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
35
Pada baris ke-3 : 323
233
13
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛. Pada baris ke-5 : 10
35
255
25
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛.
Teorema 5.25.
Andaikan n dan r adalah dua bilangan bulat yang memenuhi )1(1 −≤≤ nr maka berlaku
bahwa : ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛111
rn
rn
rn
.
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 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛0n
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1n
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛2n
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛3n
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛4n
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛5n ……
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 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛rn ini disebut koefisien binomial. Pasangan ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ nr bisa disusun dengan
susunan berikut yang kemudian dikenal sebagai segitiga pascal.
n = 1
n = 2
n = 3
n = 4
n = 5
Batas dari segitiga itu terdiri dari bilangan-bilangan 1 dan nilai-nilai di dalamnya
merupakan hasil penjumlahan dari dua bilangan diantasnya, identitas yang dihasilkan dari
suatu proses penghitungan tersebut identitas kombinatorial, dan argumen yang mengarah
pada pembentukannya disebut argumen kombinatorial. Untuk selanjutnya akan dibahas
tentang Teorema Binomial.
Teorema 5.26. (Teorema Binomial)
Jika n adalah bilangan bulat positif, maka untuk setiap a dan b dipenuhi persamaan
( ) ∑=
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=+
n
k
kknn bakn
ba0
.
Contoh 5.27.
Jabarkan ( )423 yx − dengan menggunakan teorema binomial.
Jawaban : sesuai dengan teorema binomial, kita ambil xa 3= , yb 2−= dan 4=n ,
maka kita dapatkan :
1 1
11
1 1
11
1 1
2
3 3
4 6 4
5 10 10 5
3
37
( ) ( )4423 bayx +=−
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( )432234
443322223344
4031221304
4031221304
169621621681223.423.623.43
2344
2334
2324
2314
2304
44
34
24
14
04
yxyyxyxxyyxyxyxx
yxyxyxyxyx
bababababa
+−+−=
−+−+−+−+=
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
Contoh 5.28.
Carilah koefisien dari 45ba dalam penjabaran ( )9ba + .
Solusi : suku yang melibatkan 45ba muncul dalam teorema binomial dengan mengambil
9=n dan 4=k 4545 12649
bababakn kkn =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
Sehinga koefisien dari 45ba adalah 126.
Bertikut persamaan-persamaan yang merupakan hasil pengembangan teorema Binomial.
1. ∑=
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛n
k
n
kn
02
2. ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +1
1k
nkn
kn
dengan nk ≤≤1
3. 12...2
...420
−=+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ n
knnnn
4. 12...12
...531
−=+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
++⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ n
knnnn
5. ∑=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛n
r
nnnr
0
22
6. ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +1210
1....nn
rrrrr yang bersekawan dengan
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +++++ 121
....210rnrnnnnrr
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 600.12!1!2!3!4
!10= cara. Cara lain yang dapat di
tempuh adalah dengan menggunakan kombinasi yang diperumum yaitu:
- Meletakkan 4 bilangan ke dalam 10 kotak dapat ditempuh dalam ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛4
10 cara.
- Meletakkan 3 bilangan ke dalam 6 kotak yang tersisa dapat ditempuh dalam ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛36 cara.
- Meletakkan 2 bilangan ke dalam 3 kotak yang tersisa dapat ditempuh dalam ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛23 cara.
- Meletakkan 1 bilangan ke dalam 1 kotak yang tersisa dapat ditempuh dalam ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛11 cara.
Karena kejadian terjadi bersama-sama maka cara mengatur 10 angka tersebut ke dalam
10 digit adalah ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛4
10⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛36
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛23
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛11 = 600.12
!1!2!3!4!10
= . Secara umum jika 2≥r dan
rkkkkk ,.....,,,, 4321 adalah bilangan bulat dengan nkkkkk r =+++++ ....4321 , maka
39
banyaknya cara meletakkan InI bilangan ke dalam r kotak adalah !!....!
!.... 2121 rr kkk
nkkk
n=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛.
Bentuk inilah yang di kenal sebagai Koefisien Multinomial. Ekspansi binomial dapat
diperumum menjadi ekspansi multinomial yaitu:
( )( ) ( )
ri
r
r
kr
kk
nkkkkkk r
rr
nr
aaakkk
n
aaaaaaaaaaaa
.........
...............
2
21
21
21
...0..., 21
kalin sebanyak
321321
321
∑=+++
≥⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
++++++++=++++
444444444 3444444444 21
Sifat Koefisien Multinomial adalah
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−++⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1....
1...
,....11
....,11
.... 21212121 rrrr kkkn
kkkn
kkkn
kkkn
Contoh 5.29.
Tentukan koefisien zyx 32 pada ekspansi 6)32( zyx +− .
Jawaban Dari soal diketahui 6=n , 21 =k , 32 =k , 13 =k sedangkan koefisien 1=x ,
)2(−=y , dan 3=z . Koefisien dari zyx 32 pada ekspansi 6)32( zyx +− adalah
( ) ( ) ( ) )1440()24(!1!.3!.2
!6321132
6 132 −=−=−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛.
Teorema 5.30. (Teorema Multinomial)
Untuk n suatu bilangan bulat positif, maka untuk setiap bilangan real
tXXXXX ,....,,,, 4321 akan berlaku :
ntXXXXX )....( 4321 +++++ ntnnn
t
nXtXXXnnn ........ 3
32
21
121∑ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛= dengan syarat
nnnnn t =++++ ...321
Contoh 5.31.
1. Expansikan bentuk 754321 )( XXXXX ++++ sehingga anda dapat menentukan
koefisien )( 53
432
1 XXXX
Solusi : koefisien )( 53
432
1 XXXX adalah 420!1!3!1!0!2
!713102
7==⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
2. Bila yang diekspansikan ( )6321 532 XXX +− maka tentukan koefisien 2
323
1 XXX .
Solusi: koefisiennya = ( ) ( ) ( ) 36000532213
6 213 −=−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
2. Tentukan koefisien zyx 32 pada ekspansi 6)32( zyx +− .
Solusi:
Dari soal diketahui n = 6, k1 = 2, k2 = 3, k3 = 1 sedangkan koefisien x = 1, y = (-2) , dan
z = 3. Koefisien dari zyx 32 pada ekspansi 6)32( zyx +− adalah
( ) ( ) ( ) )1440()24(!1!.3!.2
!6321132
6 132 −=−=−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛.
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.
41
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 1a sebagai jumlah gim yang dimainkan pada hari pertama, 2a sebagai jumlah gim
yang dimainkan pada hari pertama dan kedua, 3a jumlah gim yang dimainkan sampai dengan
hari ketiga dan seterusnya. Diperoleh barisan bilangan 77,4,3,2,1 ...aaaaa terdiri dari angka
yang berbeda-beda dan semakin memnesar. Angka 77 berasal dari latihan selama 11 minggu
(77 hari). Berdasarkan syarat bahwa setiap munggu tidak boleh lebih dari 12 gim maka
diperoleh 132111277 =×≤a . Jadi kita memiliki barisan
132...1 774321 ≤<<<<<≤ aaaaa
dan diperoleh pula
15321...2121212122 774321 ≤+<<+<+<+<+≤ aaaaa
Angka 21 diperoleh dari yang diberikan. Bilangan
21,...21,21,... 772177,4,3,2,1 +++ aaaaaaaa
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 21+= ji aa untuk
suatu ij < . Oleh karena itu pada hari ke 1+j 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 elemen-
elemen yang sama. Banyaknya elemen bersama antara A dan B adalah BA∩ . Setiap unsur
yang sama tidak dihitung dua kali, sekali pada A dan sekali pada B , meski dianggap satu
elemen di dalam BA∪ . 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?
BABABA ∩−+=∪
43
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 CBA ∪∪ berhingga dan
CBACBCABACBACBA ∩∩+∩−∩−∩−++=∪∪ .
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
rr
rkjikji
rjiji
iir AAAAAAAAAAAA ∩∩∩−++∑ ∩∩+∑ ∩−∑=∪∪∪ −
≤<<≤≤<≤..)1(...... 21
1
1121
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
BABABA ∩−+=∪
2251116
18100
9100
6100
=++=⎥⎦⎥
⎢⎣⎢−⎥⎦
⎥⎢⎣⎢+⎥⎦
⎥⎢⎣⎢=
.
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
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, | J | = 114
,103|| =∩ PI ,23|| =∩ JI 14|| =∩ JP dan 2092|| =∪∪ JPI
Dengan menggunakan prinsip inklusi-ekslusi diperoleh:
|||||||||||||||| JPIJPJIPIJPIJPI ∩∩+∩−∩−∩−++=∪∪ memberikan ||142310311487912322092 JPI ∩∩+−−−++=
sehingga 7|| =∩∩ JPI . 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
k kn
k1
, dengan !)!(
!kkn
nkn
−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ adalah....
45
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 88× . 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?
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:
Pers-I : x > y
Pers-II : x + y > 50.000
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
47
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 ?
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.
49
BERPIKIR SECARA ”CERDAS”
Jika menghadapi suatu masalah komputasi yang kelihatannya tidak
mungkin, pasti ada sesuatu di balik itu!! Dapatkanlah dengan bantuan pemahaman akan sifat-
sifat 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:
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 bukunya. 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
51
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 dijumlahkan 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 banyakcara 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
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
53
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)
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 1 s.d. N.
Jika semua nomor halaman buku tersebut ditulis 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. 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 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 ?
55
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?