Program Studi Pendidikan Matematika Program Pascasarjana Universitas Negeri Malang 2010
3.3. Mencari Koefisien Fungsi Pembangkit Biasa Kita telah mendiskusikan dua langkah untuk memecahkan masalah kombinatorial dengan menggunakan fungsi pembangkit. Langkah pertama kita harus mendapatkan fungsi pembangkit untuk permasalahan tersebut selanjutnya langkah kedua yaitu yaitu mencari koefisien - koefisien yang yang tepat dari fungsi pembangkit tersebut. Di bagian ini kita akan mendiskusikan bagaimana cara mencari koefisian dari fungsi pembangkit tanpa menggunakan aturan perkalian. Kadang kita bisa menggunakan aturan kombinatorial untuk mendapatkan koefisien. Sebagai contoh berikut dibuktikan Teorema Binomial dan Teorema Multinomial. a. Teorema Binomial
=
+
+
Bukti :
n faktor
Koefisien dari dengan sebanyak kali dan 1 sebanyak
, merupakan banyaknya seluruh cara berbeda memilih kali dari faktor yang tersedia. Banyaknya seluruh
cara memilih
sebanyak
faktor yang tersedia adalah
Jadi
=
kali dari =
Disisi lain (1 + x) = (1 + n
) (1 + x)… (1 +
x.
= ( x0 +
1
x
) .( x
= ( x 0 + x1 )
0
+
1
x
x)
)… ( x
0
+
1
x
)
n
Merupakan fungsi pembangkit untuk banyaknya selesaian bilangan bulat b. Teorema Multinomial
adalah jumlah dari
...
di mana
Bukti :
... merupakan banyaknya seluruh cara yang berbeda memilih dari n faktor , memilih sebanyak kali dari faktor , memilih dari faktor , .... , dan memilih sebanyak dari faktor . Dengan demikian banyaknya seluruh cara adalah
sebanyak sebanyak
kali kali
n n − n1 n − n1 − n2 n − n1 − n2 − n3 … − n −1 n . n . … n n 3 1 2 ( n − n1 )! ( n − n1 − n2 )! ( n − n1 − n2 − n3 − … − n −1 )! n! . . = … n1 !( n − n1 ) ! n2 !( n − n1 − n2 ) ! n3 !( n − n1 − n2 − n3 ) n !( n − n1 − n2 − n3 − … − n )! m
m
m
m
=
n! n1 ! n2 !… nm !
Disisi lain bilangan bulat
adalah fungsi pembangkit untuk banyaknya selesaian
Proposisi 3.1.
a.
=
b.
=
c. d.
m
= =
Bukti :
a.
= adalah fungsi pembangkit untuk banyaknya selesaian bilangan bulat Karena banyaknya selesaian adalah
Sehingga diperoleh = Beberapa Defini dan Indentitas r 1. Koefisien x pada (a0 + a1 x + … )(b0 + b1 x + … ) adalah a0br + a1br -1 -1+…+ arb0 2. Teorema Binomial.
n n
n
(1 + )x = + x+ 0 1 2 n
n n
x + ... +
2
n
x
n − 1 + 0 n − 1 + 1 n − 1+ 2 x = + + 0 1 2 4. (1 + x+ x2 + + xm 1 ) n = (1 − xm 1 ) n (1 + x + x2 +) n n n n 2 n 5. (1 − x) = − x + x + + ( −1) x 0 1 2 n x 3. (1 + +
x+ )
2
n
−
m
6.
1 (1 − x )
n
= 1 + x + x 2 +
−
m
m
n
nm
n − 1+ r r
x+ +
2
x+
r
, sehingga
Contoh 3.3.1. Tentukan koefisien dari
pada
Solusi: Dengan menggunakan Proposisi 3.1.a diperoleh =
Sehingga koefisien dari
pada
merupakan koefisien
dari fungsi pembangkit
yaitu Contoh 3.3.2. Tentukan koefisien dari
pada
Solusi: Dengan menggunakan proposisi 3.1.b diperoleh
, menurut Prop 3.1.a dan 3.1.c
Maka koefisien dari
adalah
Proposisi 3.2. x) adalah fungsi pembangkit untuk Misalkan g( x
x) adalah fungsi pembangkit untuk , dan misalkan h( x
. a.
g ( x)
(1 − x)
adalah fungsi pembangkit untuk
b.
adalah fungsi pembangkit untuk
, di mana
dan
konstanta. c. d. e.
(1 – x)g( x x) dalah fungsi pembangkit untuk xg’( x x) adalah fungsi pembangkit dari
x) adalah turunan dari g( x x) , di mana g’( x
h( x x)g( x x) adalah fungsi pembangkit untuk
Bukti:
Misalkan
2
n
2
n
g( x x) = a0 + a1 x + a2 x + … + an x + … h( x x) = b0 + b1 x + b2 x + … + bn x + …
a.
g ( x)
(1 − x) g ( x)
(1 − x )
adalah fungsi pembangkit untuk
= g ( x) ⋅
1 (1 − x)
= (a0 + a1 x + a2 x 2 + + a
n
x
n
+ )(1 + x + x2 + )
= a0 + (a0 + a1 ) x + ( a0 + a1 + a2 ) x2 + + ( a0 + a1 + a2 + + a ) x + n
n
adalah
b.
adalah fungsi pembangkit untuk
, di mana
dan
adalah
konstanta 2
+ a n x n +) + C2 (b0 + b1x +b2x 2 + +b nx n +)
C1 g ( x) + C2 h( x ) = C1 (a0
+
a1 x + a2 x
=
(C 1a0
+
C1a1 x + C1a2 x 2 + + C1an x n +) + (C2b0
=
(C1a0
+
C2b0 ) + (C1a1 + C2 b1 ) x + (C1a2
+
+
C2b2 )x
2
+
+
C2b1x + C2b2 x 2 + +C1bnx n +)
+ (C1a n + C 2 bn ) x n +
c. (1 – x)g( x x) dalah fungsi pembangkit untuk (1 − x) g( x) = g( x) −
xg( x)
= (a0 + a1 x + a2 x 2 + + a
x
= (a0 + a1 x + a2 x 2 + + a
x
n
n
+ ) − x( a0 + a1 x + a2 x2 + + a
n
x
n
+ ) − ( a0 x + a1 x2 + a2 x3 + + a
n
n
+ )
n
x
+ )
n
= a0 + (a1 − a0 ) x + ( a2 − a1 ) x2 + + ( a − a −1 ) x + n
n
x) adalah fungsi pembangkit dari d. xg’( x 2
x) adalah turunan dari g( x x) , di mana g’( x
n
g( x x) = a0 + a1 x + a2 x + …+ an x + … x ⋅ g '( x)
n
dan n −1
= x( a1 + 2 a2 x + 3 a3 x2 + + na
n
x
= a1 x + 2a2 x 2 + 3a3 x3 + + na
n
x
n
2
n-1
g’( x x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x + …+ nan x
+ )
+
x)g( x x) adalah fungsi pembangkit untuk e. h( x h( x) ⋅ g ( x ) = (b0 + b1 x + b2 x = =
b0 a0
+
(b1a0
+
2
+
+…
(definisi 3.1 hal. 96)
+ bn x n +)(a0 + a1x + a 2 x 2 + + an x n + )
b0a1 )x + (b2a0
a0b0 + (a0b1 + a1b0 )x + (a0b2
+ +
b0a 2 )x
2
a2b0 )x
2
+
+ (b na 0 +b n 1a1 + bn 2 a2 + + b0 an ) x n +
+
+ (a 0 bn + a1bn 1 + a2 bn
−
−
−
2
−
+
+ anb0 ) x n +
Contoh 3.3.3 a. Carilah fungsi pembangkit dari an = 2n + 3 2 b. Carilah fungsi pembangkit dari an = n . 2 2 2 c. Hitunglah 1 + 2 + … + n . Solusi: x) adalah fungsi pembangkit dari an. Dengan menggunakan definisi 6), fungsi a. Misalkan g( x
pembangkit dari an = 1 adalah g ( x ) = g '( x ) = −1.( −1)(1 − x) =
1(1 − x)
=
(1 − x)
=
1 1 − x
x) adalah , maka g’( x
1 1
− −
2
−
2
−
1 (1 − x)
2
Berdasarkan proposisi 3.2 (d) bahwa jika g’( x) dikalikan dengan x maka fungsi pembangkit dari n an adalah
+ 3 adalah
x
(1 − x)
2
. Dari proposisi 3.2 (b) dapat disimpulkan bahwa fungsi pembangkit dari an = 2n
2 x (1 − x)
2
+
3 (1 − x)
.
b. Berdasarkan a) bahwa fungsi pembangkit dari an = n adalah
x
(1 − x)
2
x) adalah , maka g’’( x
2
1.(1 − )x
g ''( x ) =
−
( (1 (1 − x)
=
2
( (1 (1 − x)
=
2
+ −
−
x) 2
)
2
2 x(1 − x)
x)
+
2.( −1)(1 − )x. x
2
)
2
2 x(1 − x)
(1 − x)
4
(1 − x) ((1 − x) + 2 x)
=
(1 − x)
4
(1 + x )
=
(1 − x)
3
Dengan aplikasi yang lain dari proposisi 3.2 (d), bahwa jika g’’( x x) dikalikan dengan x maka fungsi 2
pembangkit dari n an adalah
( x + x ) (1 − x)
3
. 2
2
2
c. Berdasarkan b) dan proposisi 3.2 (a) bahwa fungsi pembangkit dari 1 + 2 + … + n adalah 2
