Matematika Diskrit IPB

Matematika Diskret1

Sugi Guritm ritman an

Prapt raptoo Tri Supriy riyo

Departemen Departemen Matematika Matematika Fakult Fakultas as Matema Matematik tika a dan Ilmu Ilmu Penget Pengetahu ahuan an Alam Alam Instit Institut ut Pertan Pertanian ian Bogor Bogor BOGOR 2004

1 Diktat

Kuliah - Hibah Pengajaran SP4

Contents 1 Prinsip Dasar Mencacah 1.1 Aturan Jumlah dan Kali . . . . 1.2 Permutasi . . . . . . . . . . . . 1.3 Kombinasi . . . . . . . . . . . . 1.4 Kombinasi dengan pen pengulangan

. . . .

. . . .

. . . .

2 Sifat Dasar Intejer 2.1 Prinsip Induksi Matematik . . . . . . 2.2 De…nisi Rekursif . . . . . . . . . . . . 2.3 Algoritma Pembagian . . . . . . . . . 2.3.1 Representasi Basis . . . . . . 2.3.2 .3.2 Repre present entasi Bila ilanga gan n Nega egatif tif 2.4 Algoritme Euclid . . . . . . . . . . . 2.5 Aritma Aritmatik tik Inteje Intejerr Modulo Modulo n . . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . .

. . . . . . .

3 Relasi dan Fungsi 3.1 Produ oduk Cartesian dan Relasi . . . . . . . . . . . . . 3.2 Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 3.3 Fungs ungsii Surj Surjek ekti tiff dan dan Bila Bilang ngan an Stir Stirli ling ng Jeni Jeniss Kedu Keduaa 3.4 Kompos posisi isi Fung ungsi dan dan Fung ungsi Invers ers . . . . . . . . . 3.5 Relasi Ekuivalensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . . . .

. . . . .

. . . .

1 1 4 7 17

. . . . . . .

25 25 32 39 42 46 49 57

. . . . .

61 61 64 71 81 89

4 Tiga Topik Pilihan 94 4.1 Kompleksitas Komputasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 4.1.1 Dominasi Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 4.1.2 Analisis Algoritme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 i

CONTENTS

ii

4.1.3 Algoritme Pelacaan Linear . . . . . . . . 4.2 Bahasa: Me Mesin Status Berhingga . . . . . . . . 4.2.1 .2.1 Baha ahasa: Teo Teorri Him imp punan nan String ing . . . . . 4.2.2 Mesin Status Berhingga . . . . . . . . . 4.3 Relasi Rekurensi . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. 4.3.11 Rela Relasi si Reku Rekure rens nsii Lin Linea earr Ord Order er Perta ertama ma . 4.3.2 4.3.2 Relasi Relasi Rekur Rekurens ensii Linear Linear Homogen Homogen Orde Orderr gan Koe… oe…sien Konstan . . . . . . . . . . 4.3.3 .3.3 Relas lasi Rekurensi Tak-ho -homog ogeen . . . . . 5 Pengantar Teori Graf 5.1 Konsep Dasar Graf . . . . . . . . . . . . . . . 5.1. 5.1.11 Subg Subgra raf, f, Ko Komp mple leme men, n, dan dan Isom Isomor or…s …sma ma 5.1.2 Deraja ajat Verteks . . . . . . . . . . . . . 5.2 Mengenal Beber berapa Graf Khusus . . . . . . . 5.2.1 Graf Euler . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.2 Graf Planar . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.3 Graf Hamilton . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Tree . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . . 10 104 . . . . . . . . 10 107 . . . . . . . . 107 107 . . . . . . . . 11 112 . . . . . . . . 11 113 . . . . . . . . 113 Kedua Kedua den. . . . . . . . 11 116 . . . . . . . . 12 120

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

122 . 12 122 . 131 131 . 13 139 . 14 142 . 14 142 . 14 143 . 14 145 . 14 145

Chapter 1 Prinsip Dasar Mencacah Enumerasi atau pencacahan merupakan bahasan awal dari matematika diskret yang digunakan sebagai alat dasar untuk mempelajari materi-materi lainnya yang umumnya bersifat kombinatorik. Disamping itu ia juga mempunyai aplikasi likasi di banyak banyak area seperti: teori peluang, statistika, statistika, teori graf, teori koding, 1 kriptogra… dan analisis algoritme. Materi pembahasannya akan ditekankan pada:

 Aturan Jumlah dan Kali,  Permutasi,  Kombinasi, dan  Kombinasi dengan Pengulangan. 1.1 1.1

Atura turan n Jum Jumla lah h dan dan Kali Kali

De…nisi 1.1 ( Aturan Aturan Jumlah) Jika tugas jenis pertama dapat dilakukan dengan m cara, tugas jenis kedua dapat dilakukan dengan n cara, dan kedua jenis tugas itu tidak dapat dilakukan secara simultan, maka banyaknya cara untuk menyelesaikan tugas-tugas tersebut adalah m + n cara. Contoh 1.1 Di dalam suatu laboratorium komputer ada 4 printer (merk) jenis laserjet dan 6 dan 6 printer jenis deskjet. Jika seorang praktikan diperbolehkan menggunakan kedua jenis printer tersebut, maka ada 4 + 6 = 10 10 printer yang bisa dipilih untuk dipakai. 1

Beberapa Beberapa bahasan bahasan disampaik disampaikan an hanya hanya sebagai sebagai review karena karena telah diberikan diberikan pada matakuliah Matematika Dasar (MAT 212).

1

1.1 Aturan Jumlah dan Kali

2

Contoh 1.2 Aturan jumlah dapat diperluas untuk lebih dari dua tugas. Misalnya, seorang instruktur laboratorium komputer memiliki 4 jenis buku bahasa pemrograman: 5 buku (judul) tentang C++, 4 buku tentang FORTRAN, 3 buku tentang Java, dan 5 buku tentang Pascal : Jika seorang praktikan dian jurkan untuk meminjam satu buku bahasa pemrograman dari sang instruktur, maka ada 5 + 4 + 3 + 5 = 17 buku yang bisa dia pinjam. De…nisi 1.2 ( Atur Aturan an Kali) Jika suatu prose prosedur dur dapat dapat dipe dipecah cah menjadi menjadi dua tahap, dan jika tahap pertama menghasilkan m keluaran yang mungkin dan masing-masing keluaran dilanjutkan ke tahap kedua dengan n keluaran yang mungkin, maka prosedur tersebut akan menghasilkan mn keluaran yang mungkin. Contoh 1.3 Pada Contoh 1.2, jika seorang praktikan diwajibkan menguasai keemp keempat at jenis bahasa ahasa pemro emrograman graman yang masing-ma masing-masing sing diberi diberi waktu satu bulan untuk mempelajarinya, maka ada 5 4 3 5 = 120 cara belajar yang mungkin.

  

Dengan aturan kali, de…nisi berikut dengan mudah dapat dipahami. De…nisi 1.3 Jika dalam suatu kotak berisi n obyek (benda (benda)) yang berbe erbeda, maka banyaknya cara memilih (mengambil) r obyek dari kotak itu dengan urutan diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) dibolehkan adalah nr Ungkapan dari de…nisi di atas bisa diganti dengan: “banyaknya cara menempatkan n obyek yang berbeda ke dalam r posisi yang berbeda pula dengan pengulangan dibolehkan adalah nr cara”. Contoh 1.4 Untuk penyimpanan data, suatu memori utama komputer memuat sejumlah besar sirkuit, masing-masing mampu menyimpan suatu bit (0 bit (0 atau 1). 1). Sirkuit simpanan ini disusun berdasarkan satuan-satuan yang disebut dengan sel . Untuk mengidenti…kasi sel di dalam memori utama, masingmasing masing diberi diberikan kan satu satu dan dan hanya hanya satu satu nama nama yang yang disebu disebutt denga dengan n adres. adres. Pada beberapa jenis mesin komputer, adres direpresentasikan sebagai daftar terurut terdiri atas 8 bit yang secara kolektif disebut dengan byte. byte. Deng Dengan an 8 aturan kali, maka ada 2 adres yang bisa digunakan untuk mengidenti…kasi sel dimana informasi akan disimpan. Aturan jumlah dan kali merupakan pengertian dasar untuk memahami bahasan-bahasan selanjutnya yang berkenaan dengan kombinatorika.

1.1 Aturan Jumlah dan Kali

3

Soal 1.1.1 Seorang turis asing akan melakukan perjalanan dari Jakarta ke Bandung menggunakan mobil. Pemandu Wisata menjelaskan bahwa ada 2 alternatif ternatif yang bisa dipilih, yaitu lewat Purwakarta Purwakarta atau Cianjur. Cianjur. Jika memilih jalur Cianjur, ada 2 alternatif yang bisa dipilih, yaitu lewat Jonggol atau Bogor. Jika memilih jalur Bogor, ada 3 alternatif yang bisa dipilih, yaitu lewat Parung, Cibinong, atau Tol, kemudian dari Bogor dilanjutkan dengan 2 alternatif, yaitu lewat Puncak atau Sukabumi. Ada berapa cara perjalanan yang bisa ditempuh turis tersebut dari Jakarta ke Bandung, apabila: 1. tanpa tanpa batasan apapun. apapun. 2. Turis tidak memilih jalur Purwakarta Purwakarta karena karena tujuannya tujuannya melancong. melancong. 3. Turis ingin mengujung mengujungii Kebun Kebun Raya Bogor. Bogor. 4. Turis tidak memilih memilih jalur Puncak Puncak karena karena sering terjadi terjadi kemac kemacetan. Soal 1.1.2 Aminah mempunyai 20 buku yang berberda akan ditempakan di 3 rak berbeda berbeda.. Tentukan banyaknya banyaknya cara cara penempatan penempatan jika: 1. tidak ada batasan batasan apapun. apapun. 2. tidak ada rak rak yang kosong. kosong. Soal 1.1.3 Syarat penulisan plat nomor mobil untuk wilayah Bogor dan sekitarnya adalah: a. dijit petama petama harus harus huruf F, b. dijit terakhi terakhirr harus dipilih dari huruf A, B, D, atau E; c. dijit kedua kedua harus angka angka yang bukan 0; d. dijit sisanya harus angka (beb (bebas), as), dan maksimum ada 3 dijit. Dengan menggunakan aturan jumlah dan kali, tentukan banyaknya nomor mobil yang tersedia di wilayah Bogor dan sekitarnya.

1.2 Permutasi

1.2 1.2

4

Perm ermutas utasii

Diberikan suatu himpunan yang beranggota n obyek, sembarang susunan linear (mendatar) dari obyek-obyek tersebut disebut permutasi. Permutasi berukuran r dari n obyek bisa diartikan sebagai menempatkan n obyek yang berbeda ke dalam r posisi yang berbeda pula dengan cara pengulangan tidak dibolehk dibolehkan. an. Jika Jika n obyek obyek dinotasikan dinotasikan dengan a1 ; a2 ;:::;an; dan r adalah intejer positif dengan 1 r n; maka banyaknya permutasi berukuran r dari n obyek, dinotasikan P ( P (n; r ); adalah

 

n pos-1



(n 1) pos-2





(n 2) pos-3





:::



(n r + 1) pos-r



=

n! (nr)!

Jelas bahwa P ( P (n; n) = n! dan P ( P (n; 1) = n: Berikut ini adalah pende…nisian permutasi dengan ungkapan yang lain. De…nisi 1.4 Permutasi berukuran berukuran r dari n obyek dapat dapat diartikan diartikan sebagai sebagai seleksi seleksi (penga (pengambila mbilan) n) sebanya sebanyak k r dari kumpulan kumpulan yang beranggo eranggota ta n obyek dengan urutan diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) tidak dibolehkan. Contoh 1.5 Di dalam suatu kelas yang terdiri 10 mahasiswa, dipilih 5 dan disuruh berjajar dalam suatu baris untuk difoto. Tentukan banyaknya susunan yang mungkin. Jawab. Banyaknya susunan yang mungkin adalah langsung mengikuti z kaidah banyaknya permutasi, yaitu P (10 P (10;; 5) = 10 9 8 7 6:

   

Contoh 1.6 Susunan huruf (kata) akan dibentuk dengan mengambil hurufhuruf yang ada di dalam kata KOMPUTER. Tentukan banyaknya kata (susunan huruf tidak harus mempunyai arti) yang bisa dibentuk: 1. jika yang diambil diambil semua huruf. 2. jika yang diambil diambil hanya hanya 5 huruf. 3. jika jika kata kata terdir terdirii atas atas 12 huruf dengan syarat syarat pengulangan engulangan huruf dibolehkan. Jawab. Banyaknya kata yang bisa dibentuk: 1. jika jika yang diambil semua semua huruf adalah P (8 P (8;; 8) = 8!: 8!:

1.2 Permutasi

5

2. jika jika yang diambil hanya hanya 5 huruf adalah P (8 P (8;; 5) =

8! : (8 (85)!

3. jika jika kata terdiri terdiri atas 12 huruf dengan syarat pengulangan huruf dibolehkan bolehkan adalah 812 : z

Teorema 1.1 Diberikan n obyek, n1 diantaranya berjenis sama (tidak dapat dibedakan) dan disebut jenis pertama ; n2 berjenis kedua ; :::; :::; dan nr berjenis ke r dengan n1 + n2 + ::: + nr = n; maka banyaknya susunan berukuran n dari n obyek tersebut adalah n1 !

n! n2 ! :::

   n !: r

Bukti. Misalkan K adalah banyaknya semua susunan yang dimaksud oleh teorema. Ambil sembarang satu susunan diantara K susunan tersebut, tersebut, jika semua anggota dari susunan ini dianggap berbeda, maka satu susunan tersebut akan menghasilkan n1 ! n2 ! ::: nr ! susunan yang berbeda. Dengan demikian, K (n1 ! n2 ! ::: nr !) = n! atau

  

K =

  

n1!

n! n2 ! :::

   n !: r

z

Contoh 1.7 Tentukan banyaknya kata yang mungkin dibentuk dengan mengambil semua huruf di dalam kata MATEMATIKA. Jawab. Berdasarkan Teorema 1.1, banyaknya kata yang mungkin dibentuk dengan mengambil semua huruf di dalam kata MATEMATIKA (2 (2M; 3A; 10! z 2T ; 1E; 1I ; dan 1K ) adalah (2!)(3!)(2!)(1!)(1!)(1!) : Contoh 1.8 Buktikan bahwa jika n dan k dan k adalah intejer positif dengan n = n! 2k; maka 2 adalah intejer. k

Bukti. 2 n = 2k diartikan sebagai kumpulan n obyek yang mempunyai k jenis dengan masing-masing masing-masing jenis beranggota 2 obyek yang sama. Banyaknya n! permutasi berukuran n dari n obyek tersebut adalah (2!) = 2n! : Jadi 2n! adalah z intejer. k

2

k

k

Ini merupakan suatu contoh pembuktian dengan pendekatan kombinatorika.

1.2 Permutasi

6

Contoh 1.9 Jika 6 orang orang didudukka didudukkan n mengelilingi mengelilingi meja melingkar, melingkar, maka banyaknya susunan melingkar yang mungkin adalah 5

 4  3  2  1 = 5!

Sec Secara ara umum, umum, jelaskan jelaskan bahwa banyaknya anyaknya susunan susunan melingkar melingkar berukur erukuran n adalah n! = (n 1)!: 1)!: n



Jawab. Setiap satu susunan melingkar menghasilkan n susunan linear (mendatar). Jika banyaknya semua susunan melingkar adalanK; adalan K; maka nK = n! n! K = = (n 1)!: 1)!: n

,



z

Contoh 1.10 5 pasang suami-istri didudukkan mengelilingi meja melingkar. Jika duduknya disyaratkan selang-seling laki-laki dan perempuan, tentukan banyaknya susunan yang mungkin. Jawab. Format ormat susunan susunan melingk melingkar ar dapat dapat dipandan dipandangg sebagai sebagai format format susunan linear dengan membuat satu posisi tetap yang bebas dari pemilihan obyek, sedangkan posisi-posisi lainnya mengikuti pola susunan linear. Dalam kasus di contoh ini, ambil satu posisi tetap untuk satu orang dari 5 pasang suami istri tersebut. Selanjutny Selanjutnya, a, 9 posisi lainnya mengikuti pola susunan linear selang-seling, sehingga diperoleh rumusan 5

 4  4  3  3  2  2  1  1 = (5!)(4!): (5!)(4!): z

Soal 1.2.1 Daftarkan semua permutasi untuk huruf x;y;z;w: Soal 1.2.2 Tentukan jumlah permutasi untuk 7 huruf a;b;c;d;x;y;z. a;b;c;d;x;y;z. Kemudian, tentukan jumlah permutasi yang diawali huruf d: Tentukan jumlah permutasi yang diawali huruf d dan diakhiri huruf x atau z: Soal 1.2.3 Ada berapa cara huruf a;d;c;d;x;x;x;x;x dapat disusun sehingga tidak ada huruf x yang bersebelahan.

1.3 Kombinasi

7

Soal 1.2.4 Dalam bahasa pemrograman “Celebes”, identi…er dituliskan dengan gan satu satu huru huruff yang yang diik diikut utii oleh oleh 7 simb simbol yang yang berup erupa huruf huruf atau atau angka. angka. (Diasumsik (Diasumsikan an komputer komputer tidak mampu mampu membe membedakan dakan huruf besar dan kecil, kecil, jadi jumlah huruf ada 26). 26). Seperti Seperti layaknya layaknya bahasa ahasa pemro emrogrman yang lain, Celebes mempunyai “keyword” yang tidak bisa digunakan sebagai identi…er. Jika ada 36 keyword di dalam Celebes, ada berapa identi…er bisa dituliskan? Soal 1.2.5 Ada berapa susunan dari huruf-huruf di dalam kata SOCIOLOGICAL? ICAL? Kemudian Kemudian,, ada berap erapa a susunan susunan agar A dan G bersebelahan? bersebelahan? Ada berapa susunan agar semua vokal bersebelahan? Soal 1.2.6 Ada berapa intejer positif n yang bisa dibentuk dengan menggunakan angka 3; 4; 4; 5; 5; 6; dan 7 sehingga n 5000000: 5000000:



Soal 1.2.7 Tunjukkan bahwa untuk setiap intejer n; r maka n+1 P ( P (n + 1; 1; r) = P ( P (n; r): n+1 r

 0; jika n + 1 > r;







Soal 1.2.8 Tentukan nilai n sehingga: 1. P ( P (n; 2) = 90: 90: 2. P ( P (n; 3) = 3P 3P ((n; 2): 2): 3. 2P ( P (n; 2) + 50 = P (2 P (2n; n; 2): 2): Soal 1.2.9 Ada berapa cara jika 7 orang duduk mengelilingi meja bundar? Kemudian, jika 2 orang ingin duduk bersebelahan, ada berapa susunan yang mungkin?

1.3 1.3

Kom omb binas inasii

De…nisi 1.5 Kombinasi berukuran r dari n obyek dapat diartikan sebagai seleksi (pengambilan) (pengambilan) berukuran berukuran r dari kumpulan beranggota beranggota n obyek dengan urutan tidak diperhatikan diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) tidak dibolehkan. Kombinasi berukuran r dari n obyek bisa juga diungkapkan sebagai menempatkan r obye obyek k yang yang iden identik (sama) (sama) ke dalam dalam n posisi posisi yang yang

1.3 Kombinasi

8

berbeda. berbeda. Banyaknya kombinasi berukuran berukuran r dari n obyek, dinotasikan denn gan C (n; r) atau r dan dibaca ”n ”n memilih r”, adalah



C (n; r) =

n! P ( P (n; r ) = : (n r )!r )!r! r!



Rumus Rumus ini dijelaskan dijelaskan dengan argumen berikut. Setiapsatu Setiap satu kombinasi berukuran ran r dari n obyek akan menentukan r! permutasi berukuran r dari n obyek , sehingga untuk C (n; r ) kombinasi akan menghasikan C (n; r )

 (r!) = P ( P (n; r)

Dengan mudah dimengerti bahwa, untuk sembarang intejer positif n positif n,

   n = 1, 0

n 1

Selanjutnya, dide…nisikan bahwa

= n, dan

n r

 n n

= 1:

= 0 jika:

 n tak-positif dengan r semua intejer, atau  n positif dengan r negatif atau r > n. Contoh 1.11 Dalam ujian tengah semester Matematika Diskret diberikan 12 soal. Tentukan banyaknya cara cara mengerjakan soal soal jika: 1. seor seorang ang mahasiswa di wajibkan wajibkan hanya mengerjaka mengerjakan n 8 soal. 2. mahasiswa mahasiswa yang bersangkutan ersangkutan diwajibkan diwajibkan memilih 3 soal dari 5 nomor soal pertama dan memilih 5 soal dari 7 nomor soal terakhir. 3. dari dari 8 soal soal yang dikerjakan dikerjakan mahasiswa tersebut, dipilih dipilih sedikitn sedikitnya ya 3 soal dari 5 nomor soal pertama dan sisanya diambil dari 7 nomor soal terakhir. Jawab. Perhatikan jawaban-jawaban berikut ini. 1. Banyakny Banyaknyaa cara mengerjakan mengerjakan 8 soal dari 12 soal adalah

 12 8

=

12! : 4!8!

    

2. Banyakny Banyaknyaa cara mengerjak mengerjakan an 3 soal dari 5 soal pertama adalah dan banyaknya cara mengerjakan 5 soal dari 7 soal terakhir adalah Secara keseluruhan keseluruhan proses mengikuti mengikuti aturan kali, sehingga ada 53 cara mengerjakan soal.

5 ; 3 7 : 5 7 5

1.3 Kombinasi

9

3. Mengerjak Mengerjakan an sedikitnya sedikitnya 3 soal dari 5 nomor soal pertama dan sisanya diambil dari 7 nomor soal terakhir mempunyai tiga alternatif penger jaan: (a) 3 soal dari 5 nomor soal pertama dan 5 soal dari 7 nomor soal 7 terakhir, berarti ada 53 cara pengerjaan. 5

                 

(b) 4 soal dari 5 nomor soal pertama dan 4 soal dari 7 nomor soal 7 terakhir, berarti ada 54 cara pengerjaan. 4 (c) 5 soal dari 5 nomor soal pertama dan 3 soal dari 7 nomor soal 7 terakhir, berarti ada 55 cara pengerjaan. 3 Selanjutnya, secara keseluruhan mengikuti aturan jumlah, berarti ada 5 3

7 5 + 5 4

7 5 + 4 5

7 3

cara pengerjaan soal. z

Contoh 1.12 Banyaknya susunan huruf di dalam kata ANTABRANTA adalah 10! 4!2!2!1!1! : 37800 Jika disyaratkan tidak ada dua huruf A yang berdampingan, buktikan bahwa banyaknya susunan huruf menjadi

   6! 2!2!1!1!

7 4

Bukti. Pertama, dipandang bahwa huruf A huruf A tidak ada, maka banyaknya susunan huruf tanpa A adalah

 

6! : 2!2!1!1!

Kemudian setiap satu susunan huruf tanpa A tersebut disisipkan 4 huruf A dengan gambaran sebagai berikut N

"

T

"

T

"

R

"

N

"

B

"

"

;

1.3 Kombinasi

10

maka banyaknya cara penyisipan mempunyai arti sama dengan banyaknya kombinasi berukuran 4 dari 7 obyek, yaitu



7 : 4

Akhirnya dengan aturan kali kita dapatkan jawaban yang dimaksud di atas. z

Contoh 1.13 Di dalam Teori eori Pengko Pengkode dean an atau Teori Bahasa Bahasa Komputer, Komputer, kita mengenal istilah kata istilah kata (word) (word) atau string atau string yang yang dide…nisikan sebagai susunan simbol (alfabet). Banyaknya simbol dalam string disebut panjang string , misalnya diberikan simbol 0, 1, dan 2 dan 2, maka 02 maka 02,, 22, 22, 12, 12, dan 10 dan 10 adalah empat contoh string yang panjangnya 2. Secara umum, jika intejer positif n adalah panjang string, maka banyaknya semua string yang mungkin adalah 3n ; dimana 3 adalah banyaknya banyaknya simbol. Misalkan x = x1 x2 :::xn adalah salah satu dari string tersebut, bobot dari x, dengan notasi wt( wt(x); dide…nisikan sebagai wt( wt(x) := x1 + x2 + ::: + xn: Ambil contoh: wt(22) wt(22) = 4; 4; wt(10) wt(10) = 1; 1; dan wt dan wt(102) (102) = 3: 3: Dengan pede…nisian ini, maka banyaknya semua string yang panjangnya 10 adalah 310 : Buktikan Buktikan bahwa banyaknya anyaknya string yang panjangnya anjangnya 10 dan berbob berbobot ot genap adalah

    X 

210 + 5

=

i=0

10 8 10 6 10 4 10 2 2 + 2 + 2 + 2 +1 2 4 6 8

10 10 2102i 2i

Bukti. Dari de…nisi jelas bahwa suatu string yang panjangnya 10 dan berbobot genap jika dan hanya jika banyaknya simbol 1 dalam string tersebut juga genap. genap. Dengan Dengan demikia demikian n banya banyakn knya ya simbol simbol 1 dalam string yang mungkin adalah 0; 2; 4; ..., 10: 10: Misalkan banyaknya simbol 1 dalam string adalah j; maka banyaknya string yang mungkin adalah



10 10 210 j j

1.3 Kombinasi

11

Bilangan ini diperoleh dari menempatkan simbol 1 sebanyak j ke dalam 10 posisi simbol dalam string: simbol: posisi: 1 2

3 5

6 7

8 9

10

:



Banyaknya penempatan yang mungkin adalah 10 : Selanjutnya, setiap satu j penempatan tersebut, tersebut, (10 j) j ) posisi simbol sisanya ditempati simbol 0 atau 2 (urutan diperhatikan dan pengulangan dibolehkan), sehingga banyaknya 10 j penempatan yang mungkin adalah 210 : Kemudian penerapan aturan kali 10 10 10 j menghasilkan j 2 . Akhirnya, untuk semua nilai j yang mungkin diterapkan aturan jumlah, sehingga diperoleh





210 +

   

10 8 10 6 10 4 10 2 2 + 2 + 2 + 2 + 1: 1: 2 4 6 8 z

Teorema 1.2 (Teorema (Teorema Binomial) Jika x Jika x dan y dan y adalah variabel dan n adalah intejer positif, maka n

n

(x + y ) =

X  i=0

n i ni xy : i

(1.1)

Bukti. (x + y)n dapat ditulis sebagai perkalian dengan n faktor (x + y ): (x + y)(x )(x + y)(x )(x + y)

   (x + y):

Ekspansi dari perkalian tersebut menghasilkan jumlahan dengan suku-suku bertipe xi yni untuk i = 0; 1; 2;:::;n: Banyaknya suku xi y ni dalam ekspansi ekspansi n tersebut merupakan koe…sien dari xi yni ; yaitu i . Bilangan Bilangan ini diperoleh diperoleh z dari banyaknya cara memilih i faktor dari n faktor.



Akibat 1.1 Untuk setiap intejer positif n n

1.

P  P 

i=0 n

2.

n i

= 2n :

( 1)i

i=0

 1;

n i

= 0:

Bukti. Substitusikan pada Persamaan 1.1 untuk:

1.3 Kombinasi

12

1. x = 1 dan y = 1; 2. x =

1 dan y = 1; z

Contoh 1.14 Himpunan kuasa (power set) dari suatu himpunan A; dinotasikan dengan (A); adalah koleksi (himpunan) semua subhimpunan dari A: Jika A = n; dengan n intejer positif, jelaskan bahwa banyaknya subhimpunan berkardinal k; dengan 0 k n; adalah nk ; dan

j j

P



 

X  n

jP (A)j =

k=0

n = 2n : k

Jawab. Menentukan banyaknya subhimpunan berkardinal k dari suatu himpunan berkardinal n mempunyai mempunyai arti sama dengan menentukan menentukan banyaknya pemilihan berukuran k dari n obyek dengan syarat pengulangan tidak dibolehkan dan urutan tidak diperhatikan. Dengan demikian, banyaknya subhimpunan berkardinal k; dengan 0 k n; adalah nk : Selanjutnya, berdasarkan Akibat 1.1 No. 1, maka



 

X  n

jP (A)j =

k=0

n = 2n : k z

Contoh 1.15 Tentukan koe…sien dari x5 y 2 di dalam ekspansi (2x (2x

7

 3y) :

Jawab. Berdasarkan Teorema Binomial, (2x (2x

7

 3y)

= [(2x) + ( 3y )]7



7

=

X  X 

7 (2x (2x)i ( 3y)7i i

i=0

7

=

[

i=0



7 (2)i ( 3)7i ]xi y 7i i



Dengan demikian koe…sien dari x5 y2 adalah (yaitu untuk i = 5)



7 (25 )( 3)2 : 5



z

1.3 Kombinasi

13

Teorema 1.3 Untuk sembarang intejer n; r dengan n

 r  1;

       n+1 r

=

n n + r r 1

Bukti. Walaupun teorema ini bisa dibuktikan secara aljabar, yaitu dengan menggunakan de…nisi nr = r!(nn! r)! ; namun disini pembuktian akan dilakukan secara kombinatorik. Misalkan A = x; a1 ; a2;:::;an ;

f

g

  

banyaknya subhimpunan berkardinal r dari A adalah n+1 : Setiap subhimr punan tersebut hanya ada dua kemungkinan: memuat x atau tidak memuat x: Banyaknya subhimpunan yang memuat x adalah rn 1 , sedangkan yang tidak memuat x adalah nr : Dengan aturan jumlah, kita dapatkan rumusan z yang dimaksud.



Teorema 1.4 (Teorema (Teorema Multinomial) Untuk intejer positif n positif n dan t; dan t; koe…sien dari x1n1 x2n2 x3n3 :::xtn t

dalam ekspansi (x1 + x2 + ::: + xt )n adalah n! n1 !n2!:::nt ! dan dinotasikan dengan





n : n1 ; n2 ;:::;nt

Bukti. Banyaknya suku x1n1 x2n2x3n3 :::xtn dalam ekspansi (x1 + x2 +:::+ ::: +xt )n adalah banyaknya cara memilih secara berurutan n1 faktor, n2 faktor,::: faktor,:::,, dan nt faktor dari n faktor (x1 + x2 + ::: + xt ); yaitu t

     n n1

n

n1

n2

n

n1 n3

 

 n  :::  n  (n 2

1

+ n2 + :::nt1 ) = nt nt



=

n! ; n1 !n2 !:::nt ! dan merupakan koe…sien dari suku x1n1 x2n2 x3n3 :::xtn dalam ekspansi ekspansi (x1 + x2 + n z ::: + xn) . t

1.3 Kombinasi

14

Contoh 1.16 Tentukan koe…sien dari a2 b3 c2 d5 dalam ekspansi (a + 2b 2b

 3c + 2d 2d + 5)

16

:

Jawab. Karena (a + 2b 2b

 3c + 2d 2d + 5)

16

= [(a [(a) + (2b (2b) + ( 3c) + (2d (2d) + (5)]16;



dan berdasarkan Teorema Multinomial, maka 16! (2!)(3!)(2!)(5!)(4!) adalah koe…sien dari (a)2 (2b (2b)3 ( 3c)2 (2d (2d)5 (5)4 : Dengan demikian, demikian,



16! (1)2 (2)3 ( 3)2 (2)5 (5)4 (2!)(3!)(2!)(5!)(4!)



adalah koe…sien dari a2 b3 c2 d5 :

z



Soal 1.3.1 Hitunglah 62 ; dan periksalah jawabannya dengan mendaftarkan semua pemilihan berukuran 2 yang bisa dibuat dari huruf a; b; c; x; y; dan z: dan z: Soal 1.3.2 Jika n adalah intejer positif dan n > 1; buktikan bahwa n1 merupakan bentuk kuadratik. 2

 

 n

2

+

Soal 1.3.3 Suatu panitia terdiri dari 12 orang yang dipilih dari 10 pria dan 10 wanita. Tentukan banyaknya cara cara pemilihan, jika: 1. tidak ada batasan batasan apapun. apapun. 2. ada 6 pria dan 6 wanita. 3. jumlah jumlah wanita harus genap. genap. 4. jumlah jumlah wanita harus lebih besar besar dari pria. 5. ada sedikit sedikitnya nya 8 pria. Soal 1.3.4 Tentukan entukan banyaknya anyaknya byte yang memuat memuat banyaknya anyaknya simbol simbol “ 1” sedikitnya 5: Soal 1.3.5 Tentukan banyaknya cara jika 12 buku yang berbeda didistribusikan ke 4 anak sehingga:

1.3 Kombinasi

15

1. masing-masing anak mendapa mendapatkan tkan 3 buku. 2. dua anak yang tertua masing-masi masing-masing ng mendapat mendapat 4 buku, sedangkan dua yang termuda masing-masing mendapatkan 2 buku. Soal 1.3.6 Tentukan banyaknya huruf di dalam kata MISSISSIPPI sehingga tidak ada huruf S yang bersebelahan. Soal 1.3.7 Dari Contoh 1.13, tentukan banyaknya string dengan panjangnya 10 yang: 1. memuat memuat 4 simbol “ 0”, 3 simbol “ 1”, dan 3 simbol “ 2”. 2. memuat memuat sedikitnya sedikitnya 88 simbol “ 1”. 3. berbobo berbobot t 4: Soal 1.3.8 Misalkan string dengan panjang 10 dibentuk dari afabet 0; 1; 2; dan 3: 1. Tentukan banyaknya string yang berbobo berbobot t 3: 2. Tentukan banyaknya string yang berbobot berbobot genap. Soal 1.3.9 Tentukan koe…sien dari x9y 3 di dalam ekspansi: 1. (x + y)12 : 2. (x + 2y 2y )12 : 3. (2x (2x

 3y)

12

:

Soal 1.3.10 Tentukan koe…sien dari: 1. xyz 2 di dalam (w + x + y + z )4 : 2. xyz 2 di dalam (2x (2x

4

 y  z) : 3. xyz di dalam (x  2y + 3z 3z ) : 4. w x yz di dalam (2w (2w  x + 3y 3 y  2z ) : 2

2 2

1 4

2

8

1.3 Kombinasi

16

Soal 1.3.11 Tentukan jumlah semua koe…sien di dalam ekspansi: 1. (x + y)10 : 2. (x + y + z )10 : 3. (w + x + y + z )5 : 4. (2s (2s

 3t + 5u 5u + 6v 6v  11w 11w + 3x 3x + 2y 2y)

10

:

Soal 1.3.12 Untuk sembarang intejer positif n; tentukan: n

1.

P P

i=0 n

2.

i=0

1 i!(n1)!

:

(1)i : i!(n1)!

Soal 1.3.13 Tunjukkan bahwa untuk sembarang intejer positif m dan n dan n berlaku m+n m+n n = (m + 1) : m m+1

 

 

Soal 1.3.14 Misalkan n Misalkan n adalah intejer positif, evaluasi (sederhanakan) jumlahan n n n n n +2 + 22 + + 2k + + 2n : 0 1 2 k n

  









Soal 1.3.15 Untuk x suatu bilangan nyata dan n intejer positif, tunjukkan bahwa: n

 

1. 1 = (1 + x)  2. 2 = (2 + x)  n

n

n

1

n

1

n1

1

x (1 + x)

+

 

x1 (2 + x)n1 +

Soal 1.3.16 Tentukan x jika 50

X  i=0

n

2

n

2

2

x (1 + x)

n2

x2 (2 + x)n2

50 i 8 = x100: i

    + (1)  + (1)

 

n n n

xn :

n n n

xn :

1.4 Kombinasi dengan pengulangan

1.4

17

Kom Kombina binasi si deng dengan an pengu pengulan langan gan

De…nisi 1.6 Kombinasi dengan pengulangan berukuran r dari n obyek adalah seleksi (pengambilan) berukuran r dari kumpulan beranggota n obyek dengan urutan tidak diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) dibolehkan. Teorema 1.5 Banyaknya kombinasi dengan pengulangan berukuran r dari n obyek adalah (n + r 1)! = r !(n !(n 1)!

 



n+r r



1

=



n+r 1 n 1





(1.2)

Untuk memperoleh dari mana bilangan dalam teorema tersebut diperoleh, berikut ini diberikan contoh sebagai ilustrasi untuk menuju ke suatu generalisasi. Contoh 1.17 Untuk Untuk memenuhi memenuhi syarat syarat kelulusan, kelulusan, 7 orang orang mahasiwa mahasiwa Departemen Matematika IPB yang terancam DO (drop out) diwajibkan mengambil 1 bil 1 mata kuliah pilihan yang dipilih dari 4 mata kuliah pilihan yang ditawarkan: Kriptolo Kriptologi, gi, Teori Pengko Pengkode dean, an, Matematik Matematika a Finansial, Finansial, dan Optimisasi Optimisasi Kombinatorial. Ada berapa cara pemilihan 4 mata kuliah oleh ketujuh mahasiswa yang bersangkutan? Jawab. Misalkan K, T, M, dan O menyatakan Kriptologi, Teori Pengkodean, Matematika Matematika Finansial, dan Optimisasi Optimisasi Kombinatorial. Kombinatorial. Sebagai gambaran, suatu contoh cara pemilihan yang mungkin adalah K dipilih oleh 2 mahasiswa, T oleh 2 mahasiswa, M oleh 2 mahasiswa, dan O oleh 1 mahasiswa , kemudian dinotasikan dengan K,K,T,T,M,M,O dan ditulis sebagai xx xx xx x. Agar lebih jelas beberapa cara pemilihan yang mungkin lainnya diberikan dalam tabel berikut ini.

j j j

Cara Cara pemilihan pemilihan yang yang mungk mungkin in K,K,K,K,T,M,O K,K,K,K,O,O,O T,T,M,M,M,M,O K,T,T,T,T,T,T O,O,O,O,O,O,O K,K,K,T,M,O,O M,M,M,M,M,M,M

Dituli Dituliss sebaga sebagaii xxxx x x x xxxx xxx xx xxxx x x xxxxxx xxxxxxx xxx x x xx xxxxxxx

j j jjj jj

jjj jjj j j jj jjj j

Beberapa contoh dalam tabel di atas mengarahkan kita pada suatu kesimpulan bahwa masalah menentukan jumlah semua cara pemilihan yang mungkin


18

dapat dibawa ke masalah mencari banyaknya permutasi berukuran 10 dengan 2 jenis, yaitu 7 obyek berjenis ” x ” dan tiga obyek berjenis ” ”. Dengan demikian ada 10! 10 = 3!7! 7

j



cara ketujuh mahasiswa tersebut memilih 4 mata kuliah yang ditawarkan. z Bentuk umum dari Contoh 1.17 adalah banyaknya kombinasi dengan pengulangan berukuran r dari n obyek yaitu Persamaan 1.2. Contoh 1.18 Ada berapa cara apabila 13 kelereng yang identik didistribusikan ke dalam 5 lubang yang berbeda? Jawab. Dengan argumen yang sama dengan jawaban Contoh 1.17 diperoleh jawaban 17! 17 = : 4!13! 13



z

Contoh 1.19 Tentukan banyaknya semua penyelesaian intejer dari persamaan x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 20; 20; dimana xi

 0 untuk setiap 1  i  6:

Jawab. Dengan argumen yang sama dengan jawaban Contoh 1.17 diperoleh jawaban 25! 25 = : 5!20! 20



z

Catatan 1.1 Dari ketiga contoh terakhir di atas, kita sampai pada kesimpulan bahwa ketiga pernyataan berikut adalah ekuivalen: 1. Banyaknya pemilihan pemilihan berukuran berukuran r dari koleksi beranggota n obyek dengan urutan tidak diperhatikan dan pengulang dibolehkan. 2. Banyaknya Banyaknya solusi intejer dari persamaan ersamaan x1 + x2 + ::: + xn = r; dimana xi

 0 untuk setiap 1  i  n:


19

3. Banyaknya Banyaknya cara cara pendistribusi endistribusian an apabila apabila r obyek obyek yang yang identi identikk didisdidistribusikan ke dalam n wadah yang berbeda. Contoh 1.20 Ada berapa cara apabila kita ingin memberikan 7 apel dan 6 jeruk kepada 4 kepada 4 orang anak apabila masing-masing anak sedikitnya menerima 1 apel? Jawab. Tetapkan dulu bahwa masing-masing anak telah menerima 1 4+31 apel, sehingga ada 4+3 cara pendistribusian 3 apel sisanya sisanya.. Setiap Setiap cara 3 4+6 4+61 ini kemudian diikuti dengan pendistribusian 6 jeruk yaitu . Denga Dengan n 6 aturan kali diperoleh jawab

 

 

1

      6 3

9 : 6 z

Contoh 1.21 Tentukan banyaknya solusi intejer dari persamaan x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 < 200; 200; dimana xi

(1.3)

 0 dengan 1  i  6: Jelaskan problem komputasinya!

Jawab. 3 Misalkan x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = k;

(1.4)

maka banyaknya solusi yang dimaksud adalah semua solusi Persamaan 1.4, untuk 0 k 199: 199: Dengan aturan jumlah diperoleh jawaban

 

199

X k=0

6+k k



1

:

Jawaban ini kalau dicari nilainya cukup melelahkan; apalagi kalau ruas kanan Pertidaksamaan 1.3 jauh lebih besar dari 200; 200; katakanlah 2000: 2000: Berikut ini diberikan penyelesaian dengan pendekatan identitas kombinatorial kombinatorial.. Mencari banyaknya banyaknya solusi intejer intejer dari Pertidaksamaan Pertidaksamaan 1.3 setara dengan mencari mencari banyaknya semua solusi persamaan x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = 200; 200; 3

Ini merupakan suatu contoh solusi yang berhubungan dengan analisis komputasi.


20

dimana xi 0 untuk setiap 1 i 6 dan x7 > 0: Problem ini juga setara dengan problem mencari jumlah solusi intejer untuk



 

y1 + y2 + y3 + y4 + y5 + y6 + y7 = 199; 199; dimana xi = yi untuk setiap 1 i 6 dan y7 = x7 1 (sekarang yi untuk setiap 1 i 7): 7): Dengan demikian solusinya adalah

  199 + 7  1



199

 



0

   

205 205 = 199 6 205 204 203 202 201 = 1 2 3 4 5 6 = 68: 68:937: 937:810: 810:984: 984:000: 000: =

    200     



z

Contoh 1.22 Setiap Setiap intejer intejer positif m dapat dapat dinyatakan dinyatakan sebagai sebagai jumlahan jumlahan intejer-intejer positif lainnya yang tidak lebih dari m dengan urutan diperhatikan. Jumlahan yang demikian disebut komposisi dari m: Misalnya, semua komposisi dari 4 ada 8 ada 8; yaitu: 4; 3 + 1; 1 + 3; 2 + 2; 2 + 1 + 1; 1; 1 + 2 + 1; 1; 1 + 1 + 2; 2; dan 1 dan 1 + 1 + 1 + 1: 1: Secara umum, berapa banyaknya komposisi dari m? Jawab. Problem menentukan banyaknya semua komposisi dari m setara dengan problem menentukan banyaknya solusi intejer dari persamaan: x1 + x2 + ::: + xk = m; dimana xi 1 untuk setiap 1 i k; dan k adalah intejer dengan 1 k m: Dengan mengambil yi = xi 1 untuk setiap 1 i k; kemudian persamaan persamaan itu ditransformas ditransformasik ikan an menjadi





  

 

y1 + y2 + ::: + yk = m



 k;  0 untuk setiap 1  i  k dan 1  k  m: Banyaknya solusi

dimana yi intejer dari persamaan terakhir ini adalah m

X k=1

k + (m (m m

m

 X     X    X  

 k)  1 k

=

k=1 m

=

k=1

m1

=

i=0 m1

= 2

k + (m (m k m k

1 1

m

1

i

k) 1

1


21 z

Contoh 1.23 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; dan k dan k adalah peubah-peubah intejer. for i := 1 to 20 do for j := 1 to i do for k := 1 to j do print (i j + k) Berapa kali perintah print dieksekusi?



Jawab. Sebagai gambaran, beberapa contoh pilihan i; j; dan k (dalam urutan: i pertama, j kedua, dan k ketiga) adalah: (1; (1; 1; 1); 1); (2; (2; 1; 1); 1); (2; (2; 2; 1); 1); (3; (3; 2; 1); 1); (17; (17; 12; 12; 5); 5); (16; (16; 16; 16; 2); 2); dan (13; (13; 6; 6): 6): Catatan bahwa (1; (1; 2; 1) dan (1; (1; 1; 2) tidak mungkin; demikian juga (17; (17; 5; 12); 12); (12; (12; 17; 17; 5); 5); (12; (12; 5; 17); 17); (5; (5; 12; 12; 17); 17); dan (5; (5; 17; 17; 12): 12): Gambaran ini membawa kita pada suatu kesimpulan bahwa banyaknya kali perintah print dieksekusi setara dengan pemilihan berukuran berukuran 3 dari kumpulan obyek 1; 2; :::; :::; 20 dengan pengurutan tidak diperhatikan dan pengulangan dibolehkan, yaitu







f



20 + 3 3

g



1

:

Jawaban ini juga dapat diperoleh dengan cara lain, misalnya menggunakan z diagram pohon. Contoh 1.24 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; n dan C dan C O UNTER adalah peubah-peubah intejer dengan COUNTER di berikan nilai awal 0: COUNTER := 0 for i := 1 to n do for j := 1 to i do COUNTER := COUNTER + 1 Pertanyaannya, berapa nilai COUNTER setelah segmen tersebut dieksekusi?



Jawab. Nilai COUNTER tersebut setara dengan banyaknya pemilihan nilai-nilai i dan j yang mungkin, yaitu



n+2 2



1

=

n(n + 1) : 2

Nilai yang sama juga diperoleh apabila kita pakai diagram pohon.

z


22

Ringkasan Ringkasan bahasan dalam bab ini adalah membandingkan pengertian pemilihan berukuran r dari kumpulan beranggota n obyek, yang diberikan dalam tabel berikut.

Ulangan (Y (YA) Ulangan (TIDAK) (TIDAK)

Urutan (Y (YA)

Urutan (TIDAK) (TIDAK)

nr P ( P (n; r ) =

(n+r 1)! r !(n1)!

n! (nr)!

C (n; r ) =

n! r!(nr )!

Soal 1.4.1 Tentukan ada berapa cara pendistribusian 10 koin kepada 5 orang anak jika: 1. tidak ada batasan batasan apapun, apapun, 2. setiap anak sedikitn sedikitnya ya mendap mendapatkan atkan 1 koin, dan 3. anak yang tertua sedikitnya sedikitnya mendap mendapatkan 2 koin. Soal 1.4.2 Tentukan banyaknya semua solusi intejer dari persamaan x1 + x2 + x3 + x4 = 32; 32; apabila: 1. xi

 0;

 i  4; 2. x > 0; 1  i  4; 3. x ; x  5; x ; x  7; 4. x  8; 1  i  4; 5. x  2; 1  i  4; dan 6. x ; x ; x > 0; 0 < x  25: 25: 1

i

1

2

3

4

i i

1

2

3

4

Soal 1.4.3 Dua intejer berdijit-n berdijit-n (awalan 0 dibolehkan) disebut ekuivalen jika yang satu merupakan permutasi dari yang lain. Ilustrasi: 12033; 12033; 20331; 20331; dan 01332 adalah contoh tiga intejer berdijit-5 berdijit- 5 yang saling ekuivalen. 1. Tentukan entukan banyakn banyaknya ya semua intejer intejer berdijiterdijit-55 yang saling tidak ekuivalen.


23

2. Jika Jika dijit 1; 3; dan 7 harus muncul paling banyak satu kali, tentukan banyaknya semua intejer berdijit-5 berdijit- 5 yang saling tidak ekuivalen. Soal 1.4.4 Tentukan jumlah solusi intejer dari persamaan x1 + x2 + x3 + x4 + x5 < 500; 500; jika: 1. xi 2. xi

 0; 1  i  5:  2; 1  i  5:

Soal 1.4.5 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; k dan m dan m adalah peubah-peubah intejer. for i := 1 to 20 do for j := 1 to i do for k := 1 to j do for m := 1 to k do print (i j) j ) + (k ( k m) Berapa kali perintah print dieksekusi?





Soal 1.4.6 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; k dan C O UNTER adalah peubah-peubah intejer dengan COUNTER di berikan nilai awal 10: 10: COUNTER := 10 for i := 1 to 15 do for j := 1 to 15 do for k := 1 to 15 do COUNTER := COUNTER + 1 Pertanyaannya, berapa nilai COUNTER setelah segmen tersebut dieksekusi?



Soal 1.4.7 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; k; INCREAINCREAMENT dan SU M adalah peubah-peubah intejer. INCREAMENT := 0 SU M := 0 for i := 1 to 10 do for j := 1 to i do for k := 1 to j do INCREAMENT := INCREAMENT + INCREAMENT + 1 SU M := SU M + INCREAMENT Pertanyaannya, berapa nilai SU M setelah segmen tersebut dieksekusi?


24

Soal 1.4.8 Tulislah ulislah pro program gram komputer komputer (atau, (atau, bangunlah angunlah suatu algoritme) algoritme) yang outputnya semua solusi intejer dari: 1. x1 + x2 + x3 = 10; 10; 2. x1 + x2 + x3 + x4

 x ; 1  i  3: = 4; 2  x ; 1  i  4: 0

i

i

Chapter 2 Sifat Dasar Intejer Di dalam bab ini, pembicaraan banyak terkait dengan sifat-sifat dasar inte jer (bilangan bulat). Materinya Materinya ditekank ditekankan an pada bahasan tentang: induksi matematik, de…nisi rekursif, dan algoritme pembagian.

2.1

Prin Prinsip sip Indu Induksi ksi Mate Matema matik tik

Topik bahasan bahasan inteje intejerr tidak tidak terlepas terlepas dari notasi notasi himpuna himpunan n bilangan bilangan.. Beberapa notasi himpunan bilangan yang umum umum dipakai dipakai diantaran diantaranya: ya: Z menotasikan himpunan semua bilangan bulat yang anggotanya disebut intejer , Z+ menotasikan himpunan semua intejer positif, N menotasikan himpunan semua intejer tak-negatif, R menotasikan himpunan semua bilangan nyata, dan menotasikan an himpunan semua bilangan rasional. rasional. Secara sama, penotasia p enotasian n Q menotasik + + R dan Q adalah untuk himpunan bilangan nyata dan rasional positif. Pada setiap himpunan bilangan di atas dapat dikenai relasi urutan: " = "; " < ", atau " > ". Artin Artinya ya untuk untuk setiap setiap dua bilangan bilangan a dan b; satu dan hanya satu berlaku: "a = b"; "a < b"; atau "a > b": Sifat dasar intejer yang melandasi induksi matematik dinyatakan pada prinsip berikut ini. Prinsip Pengurutan Baik (well-order (well-ordering ing principle): principle): Setiap subhimpunan tak-kosong dari Z+ mempunyai unsur terkecil. Teorema 2.1 (Prinsip induksi matematik) Misalkan S (n) menotasikan suatu pernyataan matematik terbuka yang melibatkan peubah intejer positif n: Jika: 25

2.1 Prinsip Induksi Matematik

26

(a) S (1) (1) benar , dan (b) untuk sembar sembarang ang pilihan k

2Z

+

; berlaku: S (k)

2Z

+

kesimpulannya: S (n) benar untuk semua n

) S (k + 1); 1); :

Bukti. Misalkan S (n) adalah suatu pernyataan terbuka yang memenuhi syarat (a) dan (b), dan misalkan F = t Z+ S (t) salah : Ak Akan an dibuktikan bahwa F = ?: Andaikan F = ?; berdasarkan prinsip pengurutan baik, maka F mempunyai unsur terkecil s: Karena S (1) (1) benar, maka jelas bahwa s > 1; + dan akibatnya s 1 Z : Karena s terkecil, maka (s 1) = F; ini berarti S (s 1) benar. Dari fakta ini dan berdasarkan syarat (b), maka S (s) harus benar, suatu kontradiksi bahwa s F yang berarti S (s) salah. Pengandaian z harus diingkar dan kita simpulkan bahwa F = ?: Prinsip induksi matematik disebut juga prinsip prinsip induksi induksi berhingga erhingga . Di dalam teorema di atas, syarat (a) disebut langkah basis dan syarat (b) disebut langkah induktif . Catatan bahwa pada langkah basis S (n) benar tidak harus dimulai untuk n = 1; tetapi secara umum bisa digantikan untuk n = n0 dimana n0 adalah adalah suatu intejer intejer berhingga berhingga dan bisa bernilai bernilai negatif. negatif. Jika Jika demikian halnya, kesimpulan akhir menjadi S (n) benar untuk semua nilai n n0; n Z:

f2

6

 2



 2

2



2

8 2Z

Contoh 2.1 Buktikan bahwa n n

P

n

 2) =

P  P

i2 =

(n)(n+1)(2n+1) : 6

i3 =

(n2 )(n+1)2 : 4

i=1 n

3.

i=1

n

4. 1 + 4 + 7 + ::: + (3n (3n 5.

1 1:2

+

n

6.

P

i=1

; berlaku:

(n)(n+1) : 2

i=1

P P

+

i=

1. 1 + 2 + 3 + ::: + n = 2.

g

i2

1 2:3

+

2i+1 (i+1)2

1 3:4

=

+ ::: +

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

:

1 n(n+1)

(3i (3i

2) =

i=1

n

=

i=1

1

i(i+1)

=

(n)(3n1) : 2

n n+1

:


27

Disini yang akan dibuktikan hanya contoh nomor 1, pembuktian 5 nomor yang lainnya disisakan sebagai latihan. n

P

Bukti. Misalkan S ( S (n):

i=

i=1

(1) Langkah Basis

1

! S (1) S (1)::

(2) Langkah Langkah Induktif

(n)(n+1) : 2

P

i=

i=1

(1)(1+1) 2

,1=

2 2

adalah benar. benar.

k

! Diasumsikan S ( S (k):

P

i =

i=1

(k)(k+1) 2

benar

untuk suatu k Z+ : Ak Akan an dibuktikan bahwa S ( S (k + 1) juga benar, ini berarti harus dibuktikan bahwa

2

k+1

X

i=

i=1

(k + 1)(k 1)(k + 2) : 2

k

Berdasarkan asumsi diketahui

P

i=

i=1 k

X

i + (k (k + 1) =

i=1

k+1

X X

(k)(k+1) ; 2

maka

(k)(k )(k + 1) + (k (k + 1) 2

,

i =

(k)(k )(k + 1) 1) + 2 (k + 1) 2

i =

(k + 1)(k 1)(k + 2) : 2

i=1

k+1

i=1

,

z

8 2Z

Contoh 2.2 Buktikan bahwa n 1. Jika Jika n

+

berlaku:

n

 3; maka 2  2n + 1:1: 2. 1 + 2 + ::: + (n (n  1) < : 3. Jika Jika n  10; 10; maka 2 > n 2

2

2

n3

3

n

3

Disini yang akan dibuktikan hanya contoh nomor 1, pembuktian 2 nomor lainnya disisakan sebagai latihan. Bukti. Misalkan S ( S (n): 2n 2n + 1 dengan n 3: (1) Langkah Basis S (3) S (3):: 23 2:3 + 1 8 7 benar.

!





 , 


28

(2) Langkah Induktif Diasumsikan S ( S (k): 2k 2k + 1 benar untuk suatu k Z+ dan k 3: Akan dibuktikan bahwa S ( S (k + 1) juga benar, ini berarti harus dibuktikan

2

!





2k+1

 2(k 2(k + 1) + 1: 1: Berdasarkan asumsi diketahui 2  2k + 1; 1; maka 2 :2  (2k (2k + 1): 1):2 ,  (2k 2 (2k + 1) + (2k (2k + 1) ,  (2k 2 (2k + 2) + 2k 2k ,  2(k 2 2(k + 1) + 2k: 2k: Karena k  3; maka 2k  1: Jadi  2(k 2 2(k + 1) + 2k 2k  2(k 2(k + 1) + 1: 1: k

k

k+1 k+1 k+1

k+1

z

Perhatikan dua prosedur pseudocode berikut ini. ini. PROSEDUR 1 procedure SumOfSquares1 (n: positive integer) begin sum := 0 for i := 1 to n do sum := sum + i2 end PROSEDUR 2 procedure SumOfSquares1 (n: positive integer) begin sum := n (n + 1) (2 n + 1) =6 end Terlihat bahwa kedua prosedur di atas sama-sama menghitung jumlah kuadrat intejer positif dari 1 sampai dengan n. Ka Kare rena na Prose Prosedur dur 1 me meng ng-gunakan perintah loop for, for, maka total operasinya melibatkan n adisi dan n multiplikasi (ini belum termasuk n 1 adisi untuk penambahan variabel counter i): Sedangkan Prosedur 2 hanya melibatkan 2 adisi, 3 multiplikasi, 1 divisi; dan yang lebih penting lagi jumlah operasinya tidak tergantung pada nilai n: Akibatnya, Prosedur 2 jauh lebih e…sien dibandingkan Prosedur 1. Hal ini memperlihatkan salah satu pentingnya prinsip induksi matematik dalam masalah komputasi. Lebih jauh lagi kita perhatikan beberapa contoh berikut ini.



 




29

Contoh 2.3 Kita amati jumlah intejer positif ganjil berurutan berikut. 1) 1 = 1 (= 12 ) 2) 1 + 3 = 4 (= 22 ) 3) 1 + 3 + 5 = 9 (= 32 ) 4) 1 + 3 + 5 + 7 = 16 (= 42 ) Dari 4 Dari 4 intejer positif pertama ini, kita dapatkan pola untuk membuat suatu konjektur (suatu proposisi yang belum diketahui benar dan salahnya) yang berbunyi: Jumlah n intejer positif ganjil ganjil pertama ertama yang berurutan erurutan 2 + adalah n ; dengan kata lain, n Z ;

8 2 n

S ( S (n) :

X

(2i (2i

i=1

2

 1) = n :

Selanjutnya, buktikan kebenaran konjektur itu dengan prinsip induksi matematik. Bukti. Dari tabel di atas, telah diketahui benar untuk S (1); (1); S (2) S (2) ; S (3); (3); k 2 dan S (4): (4): Misalkan diketahui S (k ) : i=1 (2i (2i 1) = k benar untuk suatu intejer k > 4; maka S (k + 1) :

P

k+1

X i=1



k

(2i (2i

 1)

=

X

(2i (2i

 1) + [2(k [2(k + 1)  1] + [2(k [2(k + 1)  1]

i=1

= k2 = k 2 + 2k 2k + 1 = (k + 1)2 :

z

Contoh 2.4 Diantara banyak barisan bilangan yang cukup menarik di dalam matematika diskret dan kombinatorika adalah barisan bilangan harmonik : H 1 ; H 2 ; H 3 ; :::, :::, dimana H 1 = 1 1 2 1 1 = 1+ + 2 3 .. .

H 2 = 1 + H 3

dan secara umum H n = 1 + 12 + 13 + ::: + n1 untuk setiap n Z+ : Dengan prinsip induksi matematik, buktikan bahwa jumlah n bilangan harmonik pertama

2


30

dapat dirumuskan dengan n

+

8n 2 Z

X

;

H i = (n + 1)H 1)H n

i=1

 n:

Bukti. Untuk n = 1; 1

X

H i = (1 + 1)H 1)H 1

1 , 2:H  1 , 2:1  1 ,

i=1

H 1 = 1 1 = 1 = 1; benar.

P

Misalkan ki=1 H i = (k + 1)H 1)H k asumsi ini, maka k+1

X

 k benar untuk suatu intejer k > 1: Dari

k

H i =

i=1

X

H i + H k+1

i=1

= = = =

[(k [(k + 1)H 1)H k k] + H k+1 ((k ((k + 1)H 1)H k+1 1) k + H k+1 [(k [(k + 1) + 1]H 1]H k+1 1 k [(k [(k + 1) + 1]H 1]H k+1 (k + 1): 1):



    

z

Teorema 2.2 (Bentuk Alternatif - Prinsip Induksi Berhingga) Misalkan S (n) menota menotasik sikan an suatu suatu pernyat ernyataa aan n matema matematik tik terbuka terbuka yang yang melimelibatkan satu atau lebih variabel intejer positif n; dan misalkan n0 ; n1 Z+ dengan n0 n1 : Jika:

2



(a) S (n0 ); S (n0 + 1); 1); S (n0 + 2); 2); :::; S (n1 (b) untuk sembar sembarang ang pilihan k

2Z

+

;k

 1); 1); S (n ) benar , dan 1

 n ; berlaku: 1

Jika S (n0 ); S (n0 + 1);:::;S 1);:::;S (n1 );:::;S (k) benar , maka S (k + 1)benar 1)benar kesimpulannya S (n) benar untuk semua n

n : 0

Sebagaim Sebagaimana ana pada prinsip prinsip induksi induksi matema matematik tik sebelumn sebelumnya ya,, kondis kondisii (a) disebut Langkah Basis dan kondisi (b) disebut Langkah Induktif .


31

Contoh 2.5 Kita perhatikan barisan intejer a0 ; a1 ; a2 ; :::; dimana a0 = 1; a1 = 2; a2 = 3; dan an = an1 + an2 + an3; n

8 2 Z;

n

 3:

8 2 N; a  3 : Bukti. Misalkan S (n): a  3 ; 8n 2 N:

Buktikan bahwa n

n

n

0

n

n

Langkah Basis: Basis: Kita amati bahwa S 0 (0) ; S 0 (1) ; dan S 0 (2) benar: (1) a0 = 1 = 30 30; (2) a1 = 2 3 = 31 ; dan (3) a2 = 3 9 = 32 : Langkah Induktif : Andaikan S 0 (0) ; S 0 (1) ; S 0 (2) ; :::; S 0 (k) benar untuk suatu k N; dan k 2: Ini berarti k + 1 pernyataan berikut adalah benar a0 3 0 a1 3 1 a2 3 2 .. .

 

2





  

ak Berdasarkan asumsi tersebut, maka

3

k

ak+1 = ak + ak1 + ak2 3k + 3k1 + 3k2 3k + 3k + 3k = 3k+1 :

 

z

Soal 2.1.1 Perhatikan empat persamaan berikut: 1 2+3+4 5+6+7+8+9 10 + 11 11 + 12 + 13 13 + 14 + 15 15 + 16

= = = =

1 1+8 8 + 27 27 + 64 64

(1) (2) (3) (4)

Buatlah konjektur rumus umum dari keempat persamaan di atas, dan buktikan kebenaran konjektur yang anda buat. Soal 2.1.2

2.2 De…nisi Rekursif

32

1. Untuk Untuk n n = 3; misalkan X 3 = 1; 2; 3 : Perhatikan jumlahan

f

g

1 1 1 1 1 1 1 s3 = + + + + + + = 1 2 3 1:2 1:3 2:3 1:2:3 

X

6 =AX 3

1 ; P A

dimana P dimana P A adalah produk dari semua anggota subhimpunan tak-kosong A dari X 3 : Evaluasi (tentukan nilai) jumlahan tersebut. 2. Ulangi Ulangi perhitungan erhitungan Soal 1: untuk s2 (dimana n = 2 dan X 2 = 1; 2 ) dan s4 (dimana n = 4 dan X 2 = 1; 2; 3; 4 )

f

f g

g

3. Buatlah Buatlah konjektur konjektur hasil umum yang digeneralisa digeneralisasi si dari Soal Soal 1: dan Soal 2:, kemudian buktikan kebenaran konjektur yang anda buat. +

2 Z ; misalkan H adalah bilangan harmonik ke-n: ke- n: 1. Untuk Untuk semua semua n 2 N; buktikan bahwa (1 + )  H : 2. Untuk Untuk semua semua n 2 N; buktikan bahwa

Soal 2.1.3 Untuk n

n

n

2

n

X  jH j j =

j =1

2.2 2.2



(n + 1)n 1)n H n+1 2

 

2



(n + 1)n 1)n : 4

De…n De…nis isii Rekur ekursi sif f

Untuk memahami de…nisi rekursif, terlebih dahulu perhatikan barisan intejer genap tak-negatif: 0; 2; 4; 6; 8; .... Barisan Barisan itu bisa kita tulisk tuliskan an dengan: dengan: bn = 2n; n N: Suku ke berapapun dari barisan itu bisa kita peroleh secara langsung, langsung, misalnya: misalnya: suku ke-125 adalah b125 = 250: 250: Barisan yang demikian kita sebut dengan barisan dengan rumus eksplisit . Sebagai badingannya, sekarang kita perhatikan barisan pada Contoh 2.5, untuk mendapatkan suku ke-k ke-k, yaitu ak ; kita tidak mempunyai rumus eksplisit, sebagai gantinya dibutuhkan nilai tiga suku sebelumnya, yaitu ak1 ; ak2 ; dan ak3 , sehingga ak = ak1 + ak2 + ak3 : Kemudian nilai ketiga suku itu, masing-masing juga membutuhkan nilai tiga suku sebelumnya lagi. Demikian seterusnya, pada akhirnya semua nilai ak ; untuk k 3; bergantung pada nilai awal suku: a0 = 1; a1 = 2; dan a2 = 3: Barisan yang demikian disebut barisan dengan rumus rekusif . Rumus Rumus rekurs rekursif if secara secara lengkap lengkap disedisebut juga dengan de…nisi rekursif yang terdiri dari basis rekursi dan proses rekursi. Basis rekursi yaitu pende…nisian awal (pemberian nilai awal), pada

8 2




33

contoh contoh tersebut: tersebut: a0 = 1; a1 = 2; dan a2 = 3: Proses rekursi memberikan nilai suku berikutnya secara rekursif didasarkan pada nilai basis rekursi, pada contoh contoh tersebut tersebut ak = ak1 + ak2 + ak3 : De…nisi rekursif merupakan suatu jawaban ketika untuk menentukan rumus eksp eksplis lisit it suatu suatu bari barisan san sanga sangatt rumi rumitt atau atau bahk bahkan an mustah ustahil. il. Ha Hall ini terjadi tidak hanya pada barisan bilangan, tetapi juga paling sering terjadi pada beberapa konsep konsep matema matematik tikaa yang yang lain, lain, seperti: seperti: operasi operasi himpun himpunan, an, proposisi dalam logika, relasi, fungsi, bahasa mesin, dll. Contoh 2.6 Misalkan p1 ; p2 ; p3 ; ..., pn adalah n prop proposisi. osisi. Untuk menentukan nilai kebenaran p1 p2 p3 ::: pn ;

^ ^ ^ ^

dimana n dimana n 2; diperlukan konsep rekursif atas dasar hukum asosiatif kon jungsi . Basis Rekursi : p1 p2 : Proses Rekursi : Untuk n 2;



^

p1 p2 p3

^ ^ ^ ::: ^ p

n1

 ^ p , ( p ^ p ^ p ^ ::: ^ p n

1

2

3

n1

) pn

^

De…nisi rekursif berdasarkan hukum asosiatif pada contoh tersebut bisa diperumum melalui ilustrasi berikut ini. Ambil untuk kasus n = 4; maka p1 p2 p3 p4

^ ^ ^

, , , , ,

( p1 [( p [( p1 ( p1 p1 p1

^ p ^ p ) ^ p ^ p ) ^ p ] ^ p ^ p ) ^ ( p ^ p ) ^ [ p p ^ ( p ^ p )] ^ ( p ^ p ^ p ): 2

3

2

2

2

2

4

3

4

3

4

3

3

4

4

Dari fakta ini dapat diambil suatu kesimpulan bahwa berdasarkan sifat asosiatif tanda kurung bisa diletakkan diletakkan secara bebas. Hasil ini dimantabkan dimantabkan secara lebih umum pada penyataan di dalam contoh berikut ini. Contoh 2.7 Misalkan n Z+ dengan n 3; dan misalkan r Z+ dengan 1 r < n: Maka, untuk sembarang proposisi p1 ; p2 ; :::; pr ; pr+1; ...; ...; pn berlaku

2



,



2

( p1 p2 ::: pr ) ( pr+1 ::: pn ) p1 p2 ::: pr pr+1 ::: pn:

^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^

Bukti. Ak Akan an dibuktik dibuktikan an dengan dengan induksi induksi matema matematik. tik. Sebagai Sebagai basis basis induksi, duksi, untuk untuk n = 3; kebenar kebenaran an jelas jelas diterim diterimaa mengik mengikuti uti hukum hukum asosiati asosiatif f


34

dasar. Sekarang diasumsikan benar untuk n = k dan untuk setiap 1 ini berarti berlaku

,

 r < k;

( p1 p2 ::: pr ) ( pr+1 ::: pk ) p1 p2 ::: pr pr+1 ::: pk :

^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^

Berdasarkan asumsi ini harus dibuktikan benar untuk n = k + 1 dan untuk setiap 1 r < k + 1: 1: Dalam hal ini perhatikan dua kasus berikut ini.



1. Jika Jika r = k; berdasarkan de…nisi rekursif jelas berlaku ( p1 p2 p3

^ ^ ^ ::: ^ p ) ^ p , p ^ p ^ p ^ ::: ^ p ^ p 2. Jika Jika 1  r < k; maka ( p ^ p ^ ::: ^ p ) ^ ( p ^ ::: ^ p ^ p ) , ( p ^ p ^ ::: ^ p ) ^ [( p [( p ^ ::: ^ p ) ^ p ] , [( p [( p ^ p ^ ::: ^ p ) ^ ( p ^ ::: ^ p )] ^ p , ( p ^ p ^ ::: ^ p ^ p ^ ::: ^ p ) ^ p , p ^ p ^ ::: ^ p ^ p ^ ::: ^ p ^ p : k

1

2

r

1

2

r

1

2

1

1

k+1

1

r

2

r

3

r +1

r

2

2

k

k

r +1

k

r +1

r +1

k

k

:

k+1

k

r +1

k+1

k+1

k+1

k+1

k+1

z

Contoh 2.8 Contoh 2.4 memenuhi pola pende…nisian rekursif: Basis Rekursi : H 1 = 1: 1 Proses Rekursi : Untuk n 1; H n+1 = H n + n+1 :

 



Contoh 2.9 Menghitung n Menghitung n! untuk n untuk n 0 mengikuti pola pende…nisian rekursif: Basis Rekursi : 0! = 1: 1: Proses Rekursi : Untuk n 0; (n + 1)! = (n (n + 1) 1) (n!): !):





Contoh 2.10 Pende…nisian rekursif bilangan Fibonacci . Basis Rekursi : F 0 = 0; :F 1 = 1 Proses Rekursi : Untuk n Z+ dan n 2;

2



F n = F n1 + F n2 Suatu pende…nisian secara rekursif yang melibatkan dua intejer sekaligus diberikan pada dua contoh berikut ini.


35



Contoh 2.11 Pada Bab 1 telah diperkenalkan koe…sien binomial nr untuk n; r N dengan 0 r n: Berikut ini diberikan pede…nisian secara rekursif,

2

 

         n+1 r

=

n n + ; r r 1

untuk 0

 r  n;

dengan basis rekursi:

0 0 n r n r

= 1; = 0;

untuk r > n; dan

= 0;

untuk r < 0:



Berdasarkan de…nisi rekursif ini, penentuan nilai nr ; dimana 0 dimana 0 0 k n dapat dinyatakan dalam tabel segitiga Pascal:

 

nk 0 1 2 3 4 Contoh 2.12 Untuk m Untuk m secara rekursif dengan am;k = (m

 k) a

 n  4 dan

1 1 1 1 4 +

dan k dan k

m1;k1

2 3

1

2Z

1 1 3 6

1 4

1

2 N; bilangan Euler a Euler a

+ (k (k + 1) am1;k ;

untuk 0

m;k

dide…nisikan

 k  m;

dengan basis rekursi: a0;0 = 1; am;k = 0; am;k = 0;

untuk k m; dan untuk k < 0:



Berdasarkan de…nisi rekursif ini, penentuan nilai am;k ; dimana 1 dan 0 k m 1 dapat dinyatakan dalam tabel berikut. Jml. Jml. Brs. Brs. (m = 1) 1 1 = 1! (m = 2) 1 1 2 = 2! (m = 3) 1 4 1 6 = 3! (m = 4) 1 11 11 1 24 = 4! (m = 5) 1 26 66 26 1 120 = 5!

  

m5


36

Dari Dari tabel tabel ini didap didapat at suatu suatu pola bahwa ahwa jumlah jumlah baris aris ke-m ke-m adalah m!: 1 + Secara umum, buktikan bahwa untuk suatu m Z ; berlaku km=0 am;k = m!:

P

2

Bukti. Berdasarkan de…nisi rekursif diperoleh m

X

m

X

am+1;k =

[(m [(m + 1

k=0

k=0

 k )a

m;k1

+ (k (k + 1)a 1)am;k ] =

[(m [(m + 1)a 1)am;1 + am;0 ] + [ma [ mam;0 + 2a 2am;1 ] + [(m [(m 1)a 1)am;1 + 3a 3am;2 ] + ::: + [3a [3am;m3 + (m (m 1)a 1)am;m2 ] +[2a +[2am;m2 + mam;m1 ] + [a [ am;m1 + (m (m + 1)a 1)am;m ]:





Karena am;1 = 0 dan am;m = 0; maka m

X

am+1;k = [am;0 + mam;0] + [2a [2am;1 + (m (m

k=0

 1)a 1)a

m;1

] + :::

+[(m +[(m 1)a 1)am;m2 + 2a 2am;m2 ] + [ma [ mam;m1 + am;m1 ] = (m + 1)[a 1)[am;0 + am;1 + ::: + am;m2 + am;m1 ]



m1

= (m + 1)

X

am;k

k=0

Dari fakta ini, dan berdasarkan induksi matematik, jika diasumsikan m1

X

am;k = m!

k=0

benar untuk m

2Z

+

; maka

m

X

am+1;k = (m + 1)(m 1)(m!) = (m (m + 1)!: 1)!:

k=0

z

Soal 2.2.1 Barisan intejer a1 ; a2 ; a3 ;::: dide…nisikan secara eksplisit dengan rumus an = 5n untuk n Z+ ; dapat juga secara rekursif

2

a) a1 = 5; dan b) an+1 = an + 5; 5; untuk n

 1:

Barisan Barisan intejer intejer b1 ; b2 ; b3 ;::: dide…nisik dide…nisikan an seca secara ra eksplisit eksplisit dengan dengan rumus bn = n(n + 2) untuk n Z+; dapat juga secara rekursif

2


37

a)’ b1 = 3; dan b)’ bn+1 = bn + 2n 2n + 3; 3; untuk n

 1:

Buatlah de…nisi rekursif untuk setiap barisan intejer c1; c2 ; c3 ;::: berikut ini, dimana untuk n Z+;

2

1. cn = 7n: 2. cn = 7n : 3. cn = 3n + 7: 7: 4. cn = 7: 5. cn = n2 : 6. cn = 2

n

 (1) :

Soal 2.2.2 1. Buatlah Buatlah de…nisi rekursif rekursif untuk dijungsi dijungsi dari proposisi proposisi p1 ; p2 ; p3 ; :::p :::pn+1 ; n 1:



2 Z ; dengan n  3 dan 1  r < n; maka ( p _ p _ ::: _ p ) _ ( p _ p _ ::: _ p ) , p _ p _ ::: _ p _ p _ ::: _ p : +

2. Buktikan Buktikan bahwa bahwa jika n; r 1

1

2

r +1

r

2

r+1

r

r+2

n

n

Soal 2.2.3 1. Bangunlah Bangunlah suatu de…nisi rekursif rekursif untuk adisi (jumlahan) (jumlahan) dari n bilangan nyata x1 ; x2 ;:::;xn; dimana n 2:



2. Berdasarkan Berdasarkan hukum asosiatif untuk adisi bilangan nyata, nyata, buktikan bahwa + jika n; r Z ; dengan n 3 dan 1 r < n; maka

2





(x1 + x2 + ::: + xr ) + (xr+1 + ::: + xn ) = x1 + x2 + ::: + xr + xr+1 + ::: + xn


38

Soal 2.2.4 Perhatikan bahwa untuk setiap x; y 2

jx + yj

2 R;

= (x + y )2 = x2 + 2xy 2xy + y 2 x2 + 2 x y + y 2 = x 2 +2 x y + y = ( x + y )2 :



j jj j j j j jj j j j jj jj

2

Akibatnya, x + y x + y : Sekarang, buktikan bahwa jika n dan x1 ; x2 ;:::;xn R; maka

j

j j j j j 2

jx

1

+ x2 + ::: + xn

2Z

+

;n

 2;

j  jx j + jx j + ::: + jx j : 1

2

n

Soal 2.2.5 Dide…nisikan barisan intejer a0 ; a1; a2 ;:::;an secara rekursif dengan a) a0 = 1; a1 = 1; a2 = 1; dan b) untuk untuk n n

 3; a

n

= an1 + an3 :

Buktikan bahwa an+2

 p 2

 

n

untuk setiap n

 0:

Soal 2.2.6 Misalkan F n adalah bilangan Fibonacci ke-n: ke- n: n

1. untuk untuk n

 0; buktikan bahwa

P P n

2. untuk untuk n


F i = F n+2

i=0 F i1

i=1

2i

=1

 1:



F n+2

2n

:

Soal 2.2.7 1. Untuk Untuk ii

2Z

+

; periksalah bahwa 2

i = 2. Untuk Untuk n n

2Z

+

  

i i+1 + : 2 2

; buktikan bahwa

   n+1 n+2 + 3 3

=

n (n + 1) 1) (2n (2n + 1) : 6

2.3 Algoritma Pembagian

3. Untuk Untuk ii

2Z

+

39

; periksalah bahwa i3 =

4. Untuk Untuk n n

2Z

+

    

i i+1 i+2 +4 + : 3 3 3

; buktikan bahwa

     n+1 n+2 n+3 +4 + 4 4 4

2.3

n2 (n + 1)2 = : 4

Algo Al gorit ritma ma Pem emba bagia gian n

Walaupun Z tidak tertutup terhadap pembagian, namun ada beberapa inte jer yang dapat dibagi oleh intejer yang lain. De…nisi 2.1 Misalkan a; b Z; dan b dan b = 0: Kita sebut b membagi a; ditulis b a; jika jika ada inteje intejer r n sehingga a = bn: Dalam hal ini b disebut disebut juga pembagi/faktor dari a atau a disebut kelipatan dari b: Dalam hal b tidak membagi a dinotasikan dengan b - a:

2

j

6

Sebagai ilustrasi, 7 42 karena 42 = 7: 7:6; sedangkan 7 - 18 karena tidak ada n Z sehingga 18 = 7n: 7n: Terkait dengan pengertian pembagian, suatu sifat yang cukup penting yang dimiliki oleh Z adalah bahwa Z tidak memuat pembagi nol , artinya

2

j

8 2 Z) ab = 0 ) a = 0 _ b = 0;

( a; b

atau lebih mudah dimegerti kotraposisinya

8 2 Z) a =6 0 ^ b =6 0 ) ab =6 0;

( a; b

Teorema 2.3 (Sifat-sifat Dasar Pembagian) Pembagian) Untuk semua a;b;c berlaku: 1. 1 a dan a 0:

j

j 2. [(a [(a j b) ^ (b j a)] ) a = b: 3. [(a [(a j b) ^ (b j c)] ) a j c: 4. [(a [(a j b) ^ (a j c)] ) [(8x; y 2 Z) a j (bx + cy)] cy )] :

2 Z;


40

5. (x = y + z )

^ ((a ((a j x) ^ (a j y )) ) a j z: 6. (8a; b 2 Z ) (a j b) ) a  b: 7. Untuk Untuk 11  i  n; misalkan c 2 Z: Jika a j c ; maka a j c x + c x + ::: + c x dimana x 2 Z untuk setiap 1  i  n: +

i

i

1 1

2 2

n n

i

Bukti. Disini Disini hanya hanya akan akan dibuktik dibuktikan an yang yang No. 4, lainnya lainnya disisakan disisakan sebagai latihan. a b dan a c; berarti ada m; n Z sehingga b = ma dan c = na: Dengan demikian untuk setiap x; y Z berlaku xb = xma dan yc = yna: Akibatnya,

j

j

2

2

bx + cy = xma + yna = (xm + yn) yn )a; dan ini berarti a (bx + cy) cy ) :

z

Contoh 2.13 Adakah x;y;z 7z = 64: 64:

2 Z yang memenuhi persamaan 14x 14x + 21y 21y 

j

Jawab. Perhatikan bahwa 7 14; 14; 7 21 dan 7 ( 7); 7); maka berdasarkan Teorema 2.3 (No 7), 7 (14x (14x + 21y 21y 7x): Dilain pihak 7 - 64; 64; kesimpulannya z tidak ada x;y;z Z yang memenuhi persamaan 14x 14x + 21y 21y 7x = 64: 64:

2

j

j



j

j



Contoh 2.14 Misalkan a; b Z sehingga 2a + 3b 3b merupakan kelipatan dari 17: 17: Buktikan bahwa 17 9a + 5b: 5b:

j

2

Bukti. Perhatikan Perhatikan bahwa 17 2a + 3b 17 17a 17a + 17b: 17b: Dengan demikian

j

j

17 17

) 17 j (4)(2a 4)(2a + 3b); di lain pihak

j [(4)(2a 4)(2a + 3b 3b) + (17a (17a + 17b 17b)] , j (9a (9a + 5b 5b): z

Bukti untuk teorema berikut ini dianjurkan sebagai kegiatan mandiri, dan ini telah dibahas secara lengkap matakuliah Pengantar Teori Bilangan.


41

Teorema 2.4 (Algoritma (Algoritma Pembagian) Pembagian) Jika a; b ada tepat satu q; r Z sehingga

2

a = qb + r;

0

2 Z dengan b > 0; maka

 r < b:

Dalam hal ini a disebut yang dibagi dibagi , b adalah yang membagi membagi , q adalah hasil bagi , dan r adalah sisa pembagian embagian . Selanj Selanjutn utnya ya sisa pemb pembagian agian dinotasikan dengan r = a mod mod b dan hasil bagi dinotasikan q = a div b:

2 Z; b =6 0; maka a a div b = b c; dan b a a mod b = a  b:b c; b

Fakta bahwa misalkan a; b

notasi x mengartikan bilangan bulat terbesar yang

bc

 x:

Contoh 2.15 Berdasarkan algoritma pembagian, berikut ini diberikan beberapa ilustrasi. 1. Misalkan Misalkan a = 67 dan b = 7; maka q =

b 677 c = 9 dan r = 67  7:9 = 4:

2. Misalkan Misalkan a = 48 dan b = 6; maka q =

b 486 c = 8 dan r = 48  6:8 = 0:

3. Misalkan Misalkan a =

72 dan b = 11; 11; maka 72 c = 7 dan r = (72)  (11)(7) = 5:5: q = b 11

4. Misalkan Misalkan a; b

2Z

+

:

(a) Jika Jika a = qb untuk suatu q Z+ ; maka a = ( q )b: Dalam hal ini, a(< 0) dibagi oleh b(> 0) diperoleh hasil bagi q (< 0) dan sisanya r = 0:



2








42

2 N dan 0 < r < b; maka (q )b  r (q )b  b + b  r (q  1)b 1)b + (b (b  r ):

(b) Jika Jika a = qb + r untuk suatu q

a

= = =

Dalam hal ini, a(< 0) dibagi dibagi oleh b(> 0) diperoleh diperoleh hasil bagi q 1(< 1(< 0) dan sisanya b r; dimana 0 < b r < b:



 





Untuk lebih jelasnya, proses mendapatkan q dan r dalam algoritme pembagian dirinci dengan pseudocode dalam Prosedur 3. PROSEDUR 3 procedure AlgPbg ( AlgPbg (a Z, b Z+ ) PROSEDUR 3 (Lanjutan) begin if a > 0 then if a = 0 then begin begin hasilbagi := q hasilbagi := 0 sisa := r sisa := 0 end end else if r = 0 then else begin begin hasilbagi := q r := abs( abs(a) sisa := 0 q := 0 end while r b do else begin begin r := r b hasilbagi := q 1 q := q + q + 1 sisa := b r end Salah satu penerapan algoritma pembagian adalah digunakan untuk mengubah sistem basis bilangan, misalnya: misalnya: desimal desimal ke biner, oktal, heksadesimal, heksadesimal, dll. Lengkapnya hal ini dinyatakan pada bagian berikut ini.

2

2







2.3.1 2.3.1



 

Repr Represe esen ntasi tasi Basis Basis

Intejer positif dapat direpresentasikan dalam berbagai cara, namun paling umum dipakai adalah sistem desimal atau sistem basis 10. 10. Jadi Jadi apa apabi bila la diberik diberikan an suatu suatu intejer intejer positif positif tanpa tanpa ketera keterangan ngan apapun, apapun, mak makaa yang yang dimaksud mak sud adalah adalah inteje intejerr tersebu tersebutt mem memilik ilikii represen representas tasii basis basis 10. 10. Mi Misa saln lny ya a = 1367; 1367; ini berarti a = 1:103 + 3: 3:102 + 6: 6:101 + 7: 7:100 :


43

Sistem lain yang cukup populer adalah sistem biner atau representasi basis 2 yang dipakai dipakai dalam kerja mesin komputasi. komputasi. Misalnya Misalnya a = 110101 basis 2; ini berarti a = 1:25 + 1: 1:24 + 0: 0:23 + 1: 1:22 + 0: 0:21 + 1: 1:20 : Tabel berikut ini mengilutrasikan hubungan antara sistem representasi desimal, biner, oktal (basis 8), dan heksadesimal (basis 16) 16) untuk intejer dari 0 sampai 15: 15: Faktanya keempat sistem inilah yang paling sering dipakai dalam bidang terapan, khususnya ilmu komputer. Basis 10 Basis 2 Basis 8 Basis 16 0 0000 0 0 1 0001 1 1 2 0010 2 2 3 0011 3 3 4 0100 4 4 5 0101 5 5 6 0110 6 6 7 0111 7 7 8 1000 10 8 9 1001 11 9 10 1010 12 A 11 1011 13 B 12 1100 14 C 13 1101 15 D 14 1110 16 E 15 1111 17 F Secara umum representasi basis dari suatu intejer dinyatakan dalam de…nisi berikut ini. De…nisi 2.2 Jika b 2 adalah suatu intejer, maka sembarang intejer positf a dapat diekspresikan secara tunggal sebagai



a = an bn + an1 bn1 + ::: + a1b + a0 ;

(2.1)

dimana 0 ai < b untuk i = 0; 1;:::;n dan an = 0: Ruas kanan Persamaan 2.1 disebut representasi basis b dari a; dan dinotasikan dengan



6

a = (anan1 :::a1 a0)b : Selanjutnya Selanjutnya dari de…nisi di atas, intejer intejer ai ; untuk 0 i n; disebut dijit . Khususnya, an disebut dijit beror erorder der tinggi , dan a0 disebut dijit berorde berorder r

 


44

rendah . Catatan bahwa jika b = 10; 10; representasi a cukup ditulis a = an an1 :::a1 a0 : Banyaknya dijit dari a disebut dengan presisi atau panjang dari a: Dalam de…nisi di atas terlihat bahwa presisi dari a adalah n: Jika n = 0; maka a disebut intejer presisi tunggal. Sedangkan jik ji ka n > 0; maka a disebut sebagai intejer presisi ganda. Dari De…nisi 2.2, berikut ini diberikan prosedur untuk mengubah representasi sentasi basis-b basis-b dari intejer a kebentuk standar desimal dari a: PROSEDUR 4 procedure ChangeDecimal ( ChangeDecimal ((an an1 :::a1 a0 )b : intejer) intejer) begin a := 0 for i := 0 to n do a := a + ai bi return( return(a) end Contoh 2.16 Misalkan (1110101)2 adalah representasi basis-2 basis-2 dari intejer a: Tentukan intejer a: Jawab. Nilai intejer a adalah (1110101)2 = 1:26 + 1: 1:25 + 1: 1:24 + 0: 0:23 + 1: 1:22 + 0: 0:21 + 1: 1:20 = 64 + 32 + 16 + 0 + 4 + 0 + 1 = 117: z

Dalam langkah-langkah berikut ini perhatikan bahwa algoritma pembagian melandasi sistem perubahan representasi basis. 1. Persamaan Persamaan (2.1) dapat dituliskan dituliskan sebagai a = (an bn1 + an1bn2 + ::: + a2 b + a1 )b + a0 : Ini berarti a0 merupakan sisa dari a dibagi oleh b: Dalam hal ini hasil baginya adalah q 1 = an bn1 + an1 bn2 + ::: + a2 b + a1

(2.2)


45

2. Persamaan Persamaan (2.2) dapat dituliskan dituliskan sebagai q 1 = (an bn2 + an1 bn3 + ::: + a3 b + a2 )b + a1 : Ini berarti a1 merupak merupakan sisa dari q 1 dibagi oleh b: Dalam hal ini hasil baginya adalah q 2 = an bn2 + an1 bn3 + ::: + a3 b + a2

(2.3)

3. Persamaan Persamaan (2.3) dapat dituliskan dituliskan sebagai q 2 = (an bn3 + an1 bn4 + ::: + a4 b + a3 )b + a2 : Ini berarti a2 merupak merupakan sisa dari q 2 dibagi oleh b: Dalam hal ini hasil baginya adalah q 3 = an bn3 + an1 bn4 + ::: + a4 b + a3 4. Proses Proses berlanjut sampai didapatkan didapatkan an merupakan sisa dari q n dibagi oleh b dan hasil baginya adalah 0: Contoh 2.17 Nyatakan intejer a = 938 sebagai sebagai representasi: representasi: 1. basis 8; dan 2. basis 2: 3. basis 16: 16: Jawab. Berdasarkan uraian di atas perhatikan proses berikut ini. Bagi 8 a = 938 8 8 1. q81 = 117 8 q2 14 = 8 8 q3 1 = 8 8

Hasill Ba Hasi Bagi gi q 1 = 117 q 2 = 14 q 3 = 1 q 4 = 0

Sisa Sisa a0 = 2 a1 = 5 . Jadi 938 = (1652)8: a2 = 6 a3 = 1

Bagi 2 a = 938 2 2 q1 469 = 2 2 q2 234 = 2 2 q3 117 = 2 2 q4 58 2. 2 = 2 q5 = 29 2 2 q6 14 = 2 2 q7 = 72 2 q8 = 32 2 q9 = 12 2

Hasill Ba Hasi Bagi gi q 1 = 469 q 2 = 234 q 3 = 117 q 4 = 58 q 5 = 29 q 6 = 14 q 7 = 7 q 8 = 3 q 9 = 1 q 10 10 = 0

Sisa Sisa a0 = 0 a1 = 1 a2 = 0 a3 = 1 a4 = 0 . Jadi 938 = (1110101010)2 : a5 = 1 a6 = 0 a7 = 1 a8 = 1 a9 = 1


Bagi 16 a = 938 16 16 q1 117 3. 16 = 16 q2 = 14 8 8 q3 1 = 8 8

Hasill Ba Hasi Bagi gi q 1 = 117 q 2 = 14 q 3 = 1 q 4 = 0

46

Sisa Sisa a0 = 2 a1 = 5 . Jadi 938 = (1652)8 : a2 = 6 a3 = 1 z

Algoritme representasi basis b dinyatakan dalam prosedur berikut dengan input intejer a 0 dan b 2: PROSEDUR 5 procedure Basis-b Basis-bRepresetation ( Represetation (a, b : intejer positif ) begin i := 0 x := a q := xb ai := x q b while q > 0 do begin i := i + 1 x := q q := xb ai := x q b end return(( return((a an an1 :::a1 a0 )b ) end





bc  

bc  

2.3.2 2.3.2

Repr Represe esen ntasi tasi Bila Bilang ngan an Nega Negatif tif

Intejer negatif dapat direpresentasikan dalam beberapa cara. Dua diantaranya akan dibahas dalam tulisan ini, yaitu: representasi besaran-bertanda dan representasi komplemen. Representasi Besaran-bertanda Tanda dari suatu intejer (baik positif maupun negatif) dan besarannya (nilai mutlak) direprsentasikan sebagai representasi besaran-bertanda. Intejer Intejer positif diberi suatu tanda dijit 0; sementara intejer negatif diberi suatu tanda dijit b 1: Untuk suatu representasi basis-b basis-b bedijit n (berupa barisan) terdiri dari: n1 n1 b 1 intejer positif, b 1 intejer negatif, dan 0 mempunyai dua representasi. resentasi. Sebagai ilustrasi, ilustrasi, berikut b erikut ini diberikan tabel representasi representasi besaran bertanda untuk biner dari intejer dalam selang [ 7; 7]: 7]:










47

Bari Ba risa san n Besa Besara rann- Bari Barisa san n Besa Besara rannBertanda Besaran0111 7 1 11 1 7 0110 6 1 11 0 6 0101 5 1 10 1 5 0100 4 1 10 0 4 0011 3 1 01 1 3 0010 2 1 01 0 2 0001 1 1 00 1 1 0000 0 1 00 0 0

       

Representasi Komplemen Penjumlaha Penjumlahan n dan pengurangan pengurangan representasi representasi komplemen tanpa tanpa perlu perlu me me-meriksa meriksa dijit tanda. Intejer Intejer tak-negatif dalam selang selang [0; [0; bn 1] direpresentasikan sebagai barisan basis-b basis-b dengan panjang dijit n dan dijit order tinggi 0: Misalkan x adalah intejer positif yang direpresentasikan sebagai barisan



(xn ; xn1;:::;x1 ; x0 )b dimana xn = 0: Maka

x direpresentasikan sebagai barisan (xn; xn1 ;:::;x1 ; x0 ) + 1

dimana xi = b 1 xi dan + adalah jumlahan jumlahan standar. Sebagai ilustrasi, ilustrasi, berikut ini diberikan tabel representasi komplemen untuk biner dari intejer dalam selang [ 7; 7]: 7]:

  

Bari Ba risa san n Kom ompl pleemennya 2 0111 7 0110 6 0101 5 0100 4 0011 3 0010 2 0001 1 0000 0

Bari Ba risa san n Kom ompl pleemennya 2 11 11 1 11 10 2 11 01 3 11 00 4 10 11 5 10 10 6 10 01 7 10 00 8

       

Soal 2.3.1 1. Jika Jika a;b;c b c?

j

2Z

+

dan a bc; apakah dapat disimpulkan bahwa a b atau

j

j


48

2 Z; buktikan bahwa jika a - bc; maka a maka a - b dan a dan a - c: 3. Misalkan Misalkan a; b 2 Z : Jika b j a dan b j (a + 2) ; buktikan bahwa b = 1 2. Untuk Untuk setiap setiap a;b;c

+

atau b = 2:

2 Z dan n ganjil, buktikan bahwa 8 j (n  1) : 5. Jika Jika a; b 2 Z dan keduanya ganjil, buktikan bahwa 2 j (a 4. Jika Jika n

+

2

+

2

+ b2 ) tetapi

4 - (a2 + b2 ):

6. Jika Jika n

2 N; buktikan bahwa 3 j (7  4 ): n

n

Soal 2.3.2 Tentukan hasil bagi q dan sisa r dari pembagian a oleh b yang diketahui berikut ini. 1. a = 23 dan b = 7: 2. a =

115 dan b = 12: 12:

3. a = 0 dan b = 42: 42: 4. a = 434 dan b = 31: 31: Soal 2.3.3 Tuliskan intejer berbasis-10 berbasis-10 berikut ini ke dalam basis-2 basis- 2, basis-4 basis-4; dan basis-8 basis-8: a) 137 b) 6243 c) 12: 12:345. 345. Soal 2.3.4 Tuliskan intejer berbasis-10 berbasis-10 berikut ini ke dalam basis-2 basis- 2 dan basis16: 16: a) 22 b) 527 c) 1234 d) 6923. 6923. Soal 2.3.5 Konversikan masing-masing dari bilangan heksadesimal berikut ini ke dalam bilangan basis-10 basis- 10 dan basis-2 basis-2: a) A7

b) 4C 2

c) 1C 2B

d) A2DF E .

Soal 2.3.6 Konversika Konversikan n masing-ma masing-masing sing dari bilangan bilangan biner berikut berikut ini ke dalam bilangan basis-10 basis-10 dan basis-16 basis-16:: a) 11001110

b) 00110001

c) 11110000

d) 01011110. 01011110.

Soal 2.3.7 Tuliskan masing-masing dari bilangan biner berikut ini ke dalam representasi komplemen dua, hasilnya mengikuti pola 8-bit. a) 15

b)

 15

c) 100

d)

 65

e) 127

128. f ) 128.

2.4 Algoritme Euclid

49

Soal 2.3.8 Jika suatu mesin menyimpan intejer dengan metode komplemen dua, berapa intejer terbesar dan terkecil yang dapat disimpan apabila menggunakan pola 8-bit. a) 4-bit

b) 8-bit

16-bit c) 16-bit

Soal 2.3.9 Dide…nisikan himpunan X

32-bit d) 32-bit

Z

+

e) 2n -bit, n

2Z

+

secara rekursif sebagai berikut:

a) 3

2 X ; dan b) jika a; b 2 X; maka a + b 2 X: Buktikan bahwa X = f3kk 2 Z g; himpunan semua intejer positif yang +

habis dibagi 3:

Soal 2.3.10 Misalkan n

2Z

+

dengan

n = rk :10k + ::: + r2 :102 + r1 :10 + r0: Buktikan bahwa 1. 2 n jika dan hanya jika 2 r0 :

j j 2. 4 j n jika dan hanya jika (r :10 + r ): 3. 8 j n jika dan hanya jika (r :10 + r :10 + r ): 1

0

2

2

1

0

Buatlah generalisasi dari hasil tersebut.

2.4 2.4

Algo Al gori ritm tme e Eucl Euclid id

Bahasan yang diberikan pada bagian ini dan pada bagian berikutnya merupakan pakan landasa landasan n dasar dasar dari dari teori teori bilangan bilangan.. Berapa Berapa teorema teorema dan sifat-sifa sifat-sifatt diberikan tanpa disertai bukti dengan alasan bahwa seluruh materinya akan dibahas lebih rinci di matakuliah Pengantar Teori Bilangan. De…nisi 2.3 Untuk a; b suatu inteje intejerr positif ositif x dikatakan pembagi Z, suatu bersama dari a dan b jika x a dan x b: Selanjutnya Selanjutnya,, untuk a dan b + tidak keduanya nol, c Z disebut pembagi bersama terbesar dari a dan b; dinotasikan dengan c = gcd(a; gcd(a; b) ; jika c adalah yang terbesar diantara semua pembagi bersama dari a dan b, atau dengan kata lain

2

j

2

j

+

f 2Z

c = max x

(x j a) ^ (x j b)g:


50

Teorema 2.5 Misalkan c = gcd(a; gcd(a; b) : Jika pembagi bersama d dari a dan b; maka d c:

j

Teorema 2.6 Untuk setiap a; b gcd(a; gcd(a; b) : Selanjutnya ada x; y kombinasi linear dari a dan b):

2 Z ; ada tepat satu c 2 Z sehingga c = 2 Z sehingga c = xa + yb ( c adalah suatu +

+

Sifat-sifat dasar dari pembagi bersama terbersar dapat dirinci sebagai berikut. Misalnya c = gcd gcd (a; b) ; maka: 1. c adalah intejer positif terkecil dari himpunan xa + yb=x; yb=x; y

f

2 Zg:

2 Z; maka c j d: 3. gcd(a; gcd(a; b) = gcd(a; b) = gcd(a; gcd(a; b) = gcd(a; b) = gcd(b; gcd(b; a) : 4. gcd(a; gcd(a; 0) = jaj dan gcd gcd (0; (0; 0) tak terde…nisikan. 5. c = gcd gcd (a; b) ) gcd ; = 1:

2. Jika Jika d = sa + tb untuk suatu s; t

  a c

b c

Intejer a dan bdisebut prima relatif jika gcd(a; gcd(a; b) = 1; selanjutnya ada x; y Z sehingga xa + yb = 1:

2

Contoh 2.18 Karena gcd gcd (42; (42; 70) = 14; 14; maka ada x; y 42x 42x + 70y 70y = 14

2 Z; sehingga

, 3x + 5y 5y = 1: Mudah Mudah diperiksa diperiksa bahwa x = 2 dan y = 1 adalah adalah solusinya solusinya.. untuk k 2 Z; 3(2 + 5k 5k ) + 5(1  3k) = 1;

Kemudian Kemudian

juga

42(2

 5k) + 70(1 + 3k 3 k) = 14: 14:

Jadi nilai x dan y tidak tunggal.

Teorema 2.7 (Algoritme Euclid) Misalkan a; b Z+ ; jika dengan algoritme pembagian berlaku langkah-langkah berikut ini: Langkah ke-1 a = q 1 b + r1 0 < r1 < b Langkah ke-2 b = q 2r1 + r2 0 < r2 < r1 Langkah ke-3 r1 = q 3 r2 + r3 0 < r3 < r2 .. .. .. . . . , Langkah ke-(i+2) ri = q i+2 ri+1 + ri+2 0 < ri+2 < ri+1 .. .. .. . . .

2

Langkah ke-k rk2 = q k rk1 + rk Langkah ke-(k+2) rk1 = q k+1rk : maka rk = gcd gcd (a; b) :

0 < rk < rk1


51

Contoh 2.19 Dengan algoritma Euclid, tentukan gcd(250; gcd(250; 111); 111); kemudian tentukan x; y Z sehingga gcd(250; gcd(250; 111) = 250x 250x + 111y: 111y:

2

Jawab. Perhatikan langkah-langkah berikut ini. Langkah ke-1 Langkah ke-2 Langkah ke-3 Langkah ke-4

250 = 2(111) + 28 111 = 3 (2 (28) + 27 28 = 1(27) + 1 27 = 27(1) + 0

0 < 28 < 111 0 < 27 < 28 0 < 1 < 27

Maka gcd(250; gcd(250; 111) = 1: 1: Perhatikan bahwa langkah-langkah algotima Euclid bisa diringkas diringkas penulisanny penulisannyaa dengan menggunak menggunakan an sifat-sifat sifat-sifat gcd berikut gcd(250; gcd(250; 111) 111) = gcd( gcd(11 1111; 28) = gcd(28; gcd(28; 27) = gcd( gcd(28 28;; 27) = gcd(27; gcd(27; 1) = gcd(1; 0) = 1: 1: Selanjutnya, untuk mendapatkan kombinasi linearnya kita lakukan langkah balik. Perhatikan pada Langkah ke-3: 1 = = = = =

28 1(27) 28 1(111 3 (28)) (28)) ( 1) (111) (111) + (4) (4) (28) (28) ( 1) (111) (111) + (4) (4) (250 (250 (4) (4) 250 + ( 9) (111) (111)::

 

 





 2 (111)) (111))

2 Z; 1 = (4  111k 111k ) 250 250 + (9 + 250k 250k)111: )111:

Secara umum, untuk k

z

Terkait dengan implementasi, algoritme Euclid dapat dirinci dalam Prosedur 6 untuk mencari gcd(a; gcd(a; b) dimana a; b Z+:

2


52

PROSEDUR 6 procedure gcd gcd (a; b: intejer positif, a begin r := a mod b d := b while r > 0 do begin c := d d := r r := c mod d end return( return(d) end

 b)

De…nisi 2.4 Misalkan a; b Z: Suatu interjer positif x disebut kelipatan bersama dari bersama dari a a dan b dan b jika x jika x adalah kelipatan dari kedua a dan b; dan b; atau dengan kata lain (a x) (b x)

2

j ^ j

Untuk a Untuk a dan b dan b semuanya tak nol, c disebut kelipat disebut kelipatan an bersama bersama terkecil terkecil dari dari a dan b; dinotasikan c = lcm lcm (a; b) ; jika c adalah yang terkecil dari semua kelipatan bersama dari a dan b; atau dengan kata lain

f 2Z

c = min x

+

(a j x) ^ (b j x)g:

Sifat-sifat dasar dari kelipatan bersama terkecil dinyatakan sebagai berikut. 1. 2.

8n 2 Z

+

; berlaku lcm(1; lcm(1; n) = lcm(n; lcm(n; 1) = n:

8a; n 2 Z

+

; berlaku lcm(a;na lcm(a;na)) = na:

3. Jika Jika a;m;n

2Z

+

dengan m

 n; maka

lcm(a lcm(am ; an) = an dan gcd(a gcd(am ; an ) = am : Teorema 2.8 Misalnya c Misalnya c = lcm(a; lcm(a; b) : Jika y adalah kelipatan bersama dari a dan b; maka c y:

j


53

Teorema 2.9 Untuk a; b

2Z

+

;

ab = lcm(a; lcm(a; b) : gcd(a; gcd(a; b) : Jelas bahwa, jika a dan b adalah prima relatif, maka lcm(a; lcm(a; b) = ab: Contoh 2.20 Tentukan lcm(168; lcm(168; 456): 456): Jawab. Periksalah bahwa gcd(168; gcd(168; 456) = 24: 24: Akibatnya, lcm(168; lcm(168; 456) =

(168)(456) = 3192: 3192: 24 z

Algoritme Euclid dapat diperluas sehingga tidak hanya mengasilkan pembagi bersama terbesar dari dua intejer a dan b; tetapi juga menghasilkan intejer x dan y yang memenuhi ax + by = d; diberikan diberikan dalam Prosedur 7. 7. PROSEDUR 7 procedure gcd gcd (a; b: intejer positif, positif, a b) begin if b = 0 then begin d := a; x := 1; y := 0 return( return(d;x;y) d;x;y ) end x2 := 1; x1 := 0; y2 := 0; y1 := 1 while b > 0 do begin q := ab ; r := a qb; x := x2 qx 1 ; y := y2 qy 1 a := b; b := r; x2 := x1; x1 := x; y2 := y1 ; y1 := y end d := a; x := x2 ; y := y2 return( return(d;x;y) d;x;y ) end



bc







Contoh 2.21 Gunakan Gunakan Prose Prosedur dur 7 untuk untuk menentukan menentukan gcd(a; gcd(a; b), x, dan y , sehingga gcd(a; gcd(a; b) = ax + by jika diketahui a = 4864 dan b = 3458: 3458: Jawab. Tabel berikut menunjukkan langkah-langkah Prosedur 7 dengan input a = 4864 dan b = 3458; 3458; diperoleh gcd(4864; gcd(4864; 3458) = 38 sehingga


54

(4864)(32) + (3458)( 45) = 38: 38:



q

r

  1 2 2 5 1 2

140 6 646 114 76 38 0

x

y

a b 4864 3458 1 34 3458 1406 3 1406 64 64 6 7 646 114 38 114 76 45 76 38 28 38 0

   1 2  5 27 32  91

x2 1 0 1 3 5 27 32

 

x1 0 1 2 5 27 32 91

  

y2 0 1 1 3 7 38 45

  

y1 1 1 3 7 38 45 12 8

  

z

Catatan bahwa jawaban dengan tabel pada contoh di atas dapat disederhanakan sebagai berikut, demi perhitungan menggunakan pensil dan kertas. i 0 1 2 3 4 5 6 7

q i+1

 1 2 2 5 1 2

ri 4864 3458 1 4 06 6 46 114 76 38

xi 1 0 1 2 5 27

 

32

0

yi 0 1 1 3 7 38

  45

Perhatikan bahwa isian awal tabel ini adalah r0 = a; x0 = 1; y0 = 0; r1 = b; x1 = 0; dan y1 = 1: Isian selanjutnya dihitung: q i =

b rr c; untuk i  1; x  q :x ; untuk i  2; dan y  q :y ; untuk i  2: i1 i

xi = yi =

i2

i1

i1

i2

i1

i1

Jika rs = 0; maka proses berhenti. Dalam hal ini gcd(a; gcd(a; b) = rs1 ; x = xs1 , dan y = ys1 : De…nisi 2.5 Intejer positif p disebut prima jika faktor dari p hanyalah 1 dan dirinya sendiri p: Intejer positif yang bukan prima disebut komposit . Dari de…nisi tersebut jelas bahwa suatu intejer positif p positif p adalah prima jika memenuhi p = ab a = 1 b = 1:

)

_


55

Suatu intejer positif n positif n adalah komposit jika ( n1 ; n2

9

2 Z; 1 < n

1

< n; 1 < n2 < n) n = n1 n2 :

Sebagai ilutrasi, barisan prima dapat ditulikan 2; 3; 5; 7; 11; 11; 13; 13; 17;::: 17;::: Lemma 2.1 Jika n Jika n

2Z

+

adalah komposit, maka ada prima p sehingga p sehingga p n:

j

Bukti. Andaikan ada komposit n yang tidak mempunyai faktor prima, dan de…nisikan himpunan S yang anggotanya semua komposit ini, maka jelas bahwa S = ?: Berdasarkan prinsip keterurutan dengan baik, maka S memuat S memuat unsur terkecil, sebut saja s: Karena s komposit, maka s1; s2 Z; dengan 1 < s1 < s dan1 dan1 < s2 < s sehingga s = s1s2 : Karena s tidak mepunyai faktor prima, maka s1 dan s2 haruslah juga tidak mempunyai faktor prima. Akibatnya, s1 ; s2 S; suatu kontradiksi, karena s adalah terkecil di dalam z S: Kesimpulannya, S = ? atau n mempunyai faktor prima.

6

9

2

2

Lemma 2.2 Jika p prima dan p ab; maka p a atau p b:

j

j

Lemma 2.3 Misalkan ai Z+ untuk setiap 1 p a1a2 :::an ; maka p ai untuk suatu 1 i n:

j

j

2

 

j

 i  n: Jika p prima dan

Teorema 2.10 (Teorema Dasar Aritmatika) Setiap intejer n faktorisasikan secara tunggal sebagai produk kuasa prima:

 2 dapat di-

n = p1e1 p2e2 :::pke ; k

dimana pi prima berbeda dan ei intejer positif. Ilustrasi untuk teorema di atas: 63 = 32 :7; 100 = 22 :52 ; 4864 = 28 :19; 19; 3458 = 2: 2:7:13: 13:19: 19: Contoh 2.22 Tentukan faktorisasi intejer 980220: 980220: Jawab. Perhatikan langkah-langkah berikut ini 980220 = 21(490110) = 22 (245055) = 2231 (81685) = 2231 51 (16337) = 22 31 51171 (961) = 2231 51 171 312 : z


56

2Z

+

Contoh 2.23 Misalkan n

dan

10: 10:9:8:7:6:5:4:3:2:n = 21: 21:20: 20:19: 19:17: 17:16: 16:15: 15:14: 14: Tunjukkan bahwa 17 n:

j

Jawab. Perhatikan bahwa karena 17 membagi ruas kanan, maka 17 10: 10:9:8:7:6:5:4:3:2:n:

j

Dari fakta ini dan karena 17 - 10; 10; 17 - 9; 17 - 8; 17 - 7; 17 - 6; 17 - 5; 17 - 4; 17 - 3; dan 17 - 2; berdasarkan Lemma 2.3 maka dapat disimpulkan bahwa z 17 n:

j

Soal 2.4.1 Untuk masing-masing dari pasangan a; b Z+ berikut ini, tentukan gcd(a; gcd(a; b) dan nyatakan sebagai kombinasi linear dari a;b:

2

a) a = 231; 231; b = 1820 b) a = 1369; 1369; b = 2597 c) a = 2689; 2689; b = 4001. 4001. Soal 2.4.2 1. Untuk Untuk a; a; b

2Z

+

dan d = gcd(a; gcd(a; b); buktikan bahwa a b gcd( ; ) = 1 d d

2. Untuk Untuk a;b;n a;b;n

2Z

+

dan d = gcd(a; gcd(a; b); buktikan bahwa gcd(na gcd(na;; nb) nb) = n: gcd(a; gcd(a; b)

3. Misalkan Misalkan a;b;c

2Z

+

dengan c = gcd(a; gcd(a; b); buktikan bahwa c2 ab:

j

4. Untuk Untuk a;b;c;d a;b;c;d

2Z

+

; buktikan bahwa jika d = a + bc; maka gcd(b; gcd(b; d) = gcd(a; gcd(a; b):

5. Misalkan Misalkan a;b;c a c:

j

2Z

Soal 2.4.3 Misalkan n

+

dengan gcd(a; gcd(a; b) = 1: Jika a bc; buktikan bahwa

j

2Z

+

;

2.5 Aritmatik Aritmatik Inte Intejer jer Modulo Modulo

57

n

1. Buktikan Buktikan bahwa bahwa gcd(n; gcd(n; n + 2) = (1

_ 2): 2):

2. Berapa Berapa nilai yang mungkin dari dari gcd( gcd(n; n; n+3)? Bagaimana dengan gcd( dengan gcd(n; n; n+ 4)? 3. Secara Secara umum, untuk k untuk k Z+; berapa nilai yang mungkin dari gcd(n; gcd(n; n + k)? Buktikan dengan induksi matematik.

2

Soal 2.4.4 Tentukan nilai-nilai dari c Z+ ; 10 < c < 20; 20; sedemikian sehingga persamaan Diophantine 84x 84x +990y +990y = c tidak mempunyai solusi. Tentukan solusi untuk nilai-nilai c yang lainnya (nilai c dalam kasus persamaan mempunyai solusi).

2

Soal 2.4.5 1. Jika Jika a; b 630; gcd(a; gcd(a; b) = 105; 105; dan lcm(a; lcm(a; b) = Z+ dengan a = 630; 242550; 242550; tentukan b:

2

2. Untuk Untuk setiap setiap n

2.5 2.5

2Z

+

; tentukan gcd(n; gcd(n; n + 1) dan lcm(n; lcm(n; n + 1): 1):

Arit Aritma mati tik k In Inteje tejerr Modu Modulo lo n

Misalkan n adalah intejer positif. De…nisi 2.6 Jika a dan b adalah intejer, maka a disebut kongruen ke b modulo n; ditulis a b(mod n); apabila n membagi (a b): Intejer n disebut modulus dari kongruensi.



Contoh 2.24 24 9(mod5) karena 24 karena 11 17 = ( 4)(7): 4)(7):

 







 9 = 3:5; dan 11  17(mod 17(mod 7)

Teorema 2.11 (Sifat-sifat kongruensi) Untuk semua a; a1; b ; b1 ; c berlaku berikut ini. 1. a

2 Z; maka

 b(mod n) , a dan b mempunyai sisa yang sama apabila dibagi n: 2. Re‡eksif.: e‡eksif.: a  a(mod n): 3. Simetri Simetrik: k: jika a jika a  b(mod n); maka b  a(mod n): 4. Transitif: ransitif: jika a  b(mod n) dan b  c(mod n); maka a  c(mod n):


5. Jika Jika a dan ab

58

n

 a (mod n) dan b  b (mod n); maka a + b  a  a b (mod n): 1

1

1

+ b1 (mod n)

1 1

De…nisi 2.7 Intejer modulo modulo n; dinotasikan Zn ; adalah himpunan (kelas ekuavalensi) intejer 0; 1; 2;:::;n 1 yang dikenai oper operasi: asi: jumlah jumlah dan kali diperlakukan dalam modulo n. Untuk a;b;c Zn ;

f

Contoh 2.25 Z10

 g

2 a + b = c , a + b  c(mod n) ab = c , ab  c(mod n) = f0; 1; 2; :::; :::; 9g: Di dalam Z ; 10

6+7 = 3 4 8 = 2 3 9 = 3 + 1 = 4:

 

De…nisi 2.8 Misalkan a Invers multiplika multiplikatif tif dari dari a modulo n Zn ; Invers adalah suatu intejer x Zn sehingga ax 1(mod n): Faktanya tidak semua anggota Zn mempunyai invers ( x belum belum tentu ada). Dalam Dalam hal x yang bersangkutan ada, maka a disebut invertibel dan x disebut invers dari a; dinotasikan x = a1: Selanjutnya, a dibagi b modulo n diartikan sebagai a kali b1 modulo n:

2

2



gcd gcd (227 (227; 1000) 2512 : 13407807929942597099574024998205846127479365820592393377723561443 721764030073546976801874298166903427690031858186486050853753882 811946569946433649006084096 Teorema 2.12 Misalkan a gcd(a; gcd(a; n) = 1:

2 Z ; a adalah invertible jika dan hanya jika n

Contoh 2.26 Di dalam Z9 ; unsur-unsur yang invertibel adalah 1; 2; 4; 5; 7; dan 8: Dalam hal ini, 71 = 4 karena 7:4 1 (mod 9): 9):



Catatan 2.1 Berdasarkan Teorema 2.6, gcd(a; gcd(a; n) = 1 jika dan hanya jika ada intejer x dan y sehingga ax + ny = 1

, ax  1 = ny , ax  1 (mod n):


59

n

Ini berarti x adalah invers dari a modulo n dan untuk menghitung x dapat digunakan Prosedur 7, dengan input a dan n: 3271 mod mod 500 500 : (263

 162) 162) mod 500 = 106 106

De…nisi 2.9 Grup multiplikatif dari Zn adalah himpunan gcd(a; n) = 1g Zn = fa 2 Zn = gcd(a;   Contoh: Z10 = 1; 3; 7; 9 , Z15 = 1; 2; 4; 7; 8; 11; 11; 13; 13; 14 , dan Z5 = 1; 2; 3; 4 : Kardinalitas dari Zn ; yaitu Zn ; disebut dengan bilangan Phi Euler dinotasikan dengan  (n) ;

f

g

f

g

f

g

j j

 (n) = Zn :

j j

Teorema 2.13 (Teorema Fermat) Misalkan p Misalkan p adalah prima. Jika gcd( Jika gcd(a; a; p) = 1; maka a p1 1 (mod p):



Khususnya, untuk sembarang intejer a; a p

 a (mod p) Teorema 2.14 (Teorema Euler) Jika a 2 Z ; maka  1 (mod n): a 

n

(n)

Teorema 2.15 Jika p dan q dan q adalah dua intejer positif dengan gcd( p;q ) = 1; maka ( pq ) = ( p) p):( :(q ): Khususnya, jika p dan q keduanya prima, maka ( pq ) = ( p

 1)(q 1)(q  1)

Soal 2.5.1 Tanpa melakukan “perkalian yang panjang”, tunjukkan bahwa: 1. 1234567

 90123  1(mod 1(mod 10): 10): 2. 2468  13579  3(mod 3(mod 25) 25):


60

n

Soal 2.5.2 Misalkan diberikan intejer x dan m maka ada intejer r yang memenuhi x

 r(mod m);

0

 2: Apabila x dibagi m,

r
dan sering kali disebut residu tak-negatif terkecil dari x (mod m): Tentukan residu tak-negatif terkecil dari 315 (mod (mod 17) dan 1581 (mod (mod 13): 13): Soal 2.5.3 Misalkan ( Misalkan (xnxn1 :::x0)10 adalah representasi representasi basis 10 basis 10 dari intejer positif x: Tunjukkan bahwa x

x x 0

1

+ x2

x

+ ::: + ( 1)nxn (mod (mod 11); 11);



3

dan gunakan hasil ini untuk memeriksa apakah 1213141516171819 habis dibagi dibagi 11: 11: Soal 2.5.4 Tentukan invers dari a) 2 di dalam Z11; c) 7 di dalam Z16 ;

b) 7 di dalam Z15 ; d) 5 di dalam Z13 :

Soal 2.5.5 Gunakan Prosedur 7 untuk menentukan invers dari a) 37 di dalam Z120; c) 400 di dalam Z1923;

b) 123 di dalam Z550 ; d) 1115 di dalam Z2664:

Soal 2.5.6 Gunakan teorema Fermat untuk 1. menghitung menghitung sisa apabila apabila 347 dibagi 23: 23: 2. membuktika membuktikan n bahwa bahwa (a + b) p dimana a;b;p

p

a

+ b p (mod p (mod p))

2 Z dan p prima.

Soal 2.5.7 Misalkan p prima, dengan memperhatikan produk semua unsur tak-nol di dalam Z p ; buktikan bahwa ( p

 1)!  1(mod p 1(mod p)):

Chapter 3 Relasi dan Fungsi Konsep relasi dan fungsi adalah salah satu landasan terpenting yang digunakan untuk memahami banyak konsep lain di dalam matematika seperti: aljabar aljabar,, kalkulus, alkulus, teori graf, dsb. dsb. Nam Namun un demikian, demikian, sesuai sesuai dengan tema tema matematika diskret, bahasan relasi dan fungsi disini akan digunakan pendekatan teori himpunan yang kebanyakan melibatkan konsep kombinatorial.

3.1 3.1

Produ Produk k Car Carte tesi sian an dan dan Rel Relas asii

De…nisi 3.1 Pro Produk Cartesian atau pro produk silang dari dua himpunan A dan B , notasi A B; adalah himpunan



A

 B = f(a; b)=a 2 A; b 2 Bg: Setiap anggota dari A  B; misalnya (a; b); disebut pasangan terurut (ordered pair), kemudian a dan b disebut komponen pertama dan kedua dari (a; b). Sembar Sembarang ang dua anggota anggota dari A  B; misalnya (a; b) dan (c; d);

dikatakan sama (notasinya: (a; b) = (c; d)) jika dan hanya jika a = c dan b = d: Jika A dan B berhingga dengan A = m dan B = n, berdasarkan aturan kali jelas bahwa A B = mn:

j j j  j

j j

De…nisi produk Cartesian dapat diperumum dengan melibatkan lebih dari dua himpunan. Jika n Z+ ; n 3; dan A1; A2; :::; An adalah n himpunan, maka produk lipatlipat-n dari A1 ; A2 ; :::; An ; notasinya: A1 A2 ::: An ; dide…nisikan sebagai

2

A1



 A  :::  A 2

n

  

:= (a1 ; a2 ;:::;an )=ai

f

61

2 A ; 1  i  ng: i

3.1 Produk Cartesian dan Relasi

62

Sembarang anggota (a1 ; a2 ;:::;an) A1 A2 ::: An disebut rangkairangkain terurut (ordered n-tuple). -tuple). Kesama Kesamaan an dua anggota anggota A1 A2 ::: An dide…nisikan sebagai

2



(a1 ; a2;:::;an ) = (b1 ; b2 ;:::;bn )

,

 

a i = bi ; 1



 

 i  n:

A A dinotasikan dengan A2 ; dan secara umum produk lipatlipat-n dari A dinotan sikan dengan A ; juga An = A n :



j j j j Contoh 3.1 Misalkan A Misalkan A = fa; bg dan B dan B = f1; 2; 3g; tentukan A tentukan A  B; B  A; A2 ; B 2; dan A3 :

Jawab. Berdasarkan de…nisinya, maka A B

B A A2 B2

= = = =

f(a; 1); 1); (a; 2); 2); (a; 3); 3); (b; 1); 1); (b; 2); 2); (b; 3)g; f(1; (1; a); (1; (1; b); (2; (2; a); (2; (2; b); (3; (3; a); (3; (3; b)g; f(a; a); (a; b); (b; a); (b; b)g f(1; (1; 1); 1); (1; (1; 2); 2); (1; (1; 3); 3); (2; (2; 1); 1); (2; (2; 2); 2); (2; (2; 3); 3); (3; (3; 1); 1); (3; (3; 2); 2); (3; (3; 3)g

A3 = (a;a;a) a;a;a); (a;a;b) a;a;b); (a;b;a) a;b;a); (a;b;b) a;b;b); (b;a;a) b;a;a); (b;a;b) b;a;b); (b;b;a) b;b;a); (b;b;b) b;b;b)

f

g

z

Dari contoh di atas terlihat bahwa secara umum A B tidak sama dengan B A; namun aturan kali menjamin bahwa A B = B A : R R = R2 dikenal sebagai bidang (bilangan nyata) dari koordinat geometri atau kalkulus berdimensi dua. R+ R+ adalah interior dari kuadran pertam p ertamaa dari bidang yang bersangkutan. Secara sama, R3 merupakan ruang-3 Euclidean.





j  j j  j





De…nisi 3.2 Relasi dari himpunan himpunan A ke himpunan B adalah sembarang sembarang subhimpunan dari A B: Sembarang Sembarang subhimpunan dari A A disebut relasi biner pada A:





Dari Contoh 3.1, beberapa contoh relasi dari A ke B adalah: R1 = R3 =

f(a; 1); 1); (b; 3)g; R = f(a; 1); 1); (a; 3); 3); (b; 2); 2); (b; 3)g; f(b; 2)g; R = ?; R = A  B: 2

4

5

Karena A B = 6; berdasarkan Contoh 1.14, maka banyaknya semua subhimpunan dari A B adalah 26 : Ini berarti banyaknya semua relasi yang bisa dide…nisik dide…nisikan dari A ke B adalah 26: Secara umum, fakta ini dinyatakan konklusi berikut ini.

j  j



3.1 Produk Cartesian dan Relasi

63

Konklusi 1 Untuk sembarang himpunan berhingga A dan B dengan A = m dan B = n; maka ada sebanyak 2mn relasi dari A ke B; termasuk di dalamnya relasi kosong dan A B sendiri. Secara umum, A B tidak sama dengan B A; tetapi A B = B A : Akibatnya, banyaknya relasi dari B ke A juga 2mn:

j j

j j 

 j  j j  j



Contoh 3.2 Misalkan A = 0; 1; 2; 3; 4 : Relasi biner pada A dide…nisikan sebagai: x y (dibaca: x berrelasi berrelasi dengan y dengan y) jika dan hanya jika x y: Tentukan relasi :

R R

f

g

R



Jawab. Berdasarkan de…nisi relasi

R; maka R = f(x; y) 2 A  Ax  yg; atau

f(0; (0; 0); 0); (0; (0; 1); 1); (0; (0; 2); 2); (0; (0; 3); 3); (0; (0; 4); 4); (1; (1; 1); 1); (1; (1; 2); 2); (1; (1; 3); 3); (1; (1; 4); 4); (2; (2; 2); 2); (2; (2; 3); 3); (2; (2; 4); 4); (3; (3; 3); 3); (3; (3; 4); 4); (4; (4; 4)g: z Gambarkan R dalam sistem koordinat bidang! Contoh 3.3 Misalkan B = fx 2 Z j 0  x  10g: Jika relasi biner R pada B dide…nikan: xRy jhj y = 3x  1: Tentukan relasi R: Jawab. Berdasarkan de…nisi relasi R; maka R = f(x; y) 2 B y = 3x  1g = f(1; (1; 2); 2); (2; (2; 5); 5); (3; (3; 8)g R

=

2

z

Teorema 3.1 Untuk sembarang himpunan A; B; dan C; berlaku: 1. A

 (B \ C ) = (A  B) \ (A  C ) : 2. A  (B [ C ) = (A  B ) [ (A  C ) : 3. (A \ B )  C = (A  C ) \ (B  C ) : 4. (A [ B )  C = (A  C ) [ (B  C ) : Soal 3.1.1 Misalkan A = f1; 2; 3; 4g; B = f2; 5g; dan C = f3; 4; 7g; tentukan A  B; B  A; A  (B [ C ); (A [ B )  C; dan (A  C ) [ (B  C ):

3.2 Fungsi

64

Soal 3.1.2 Jika A = 1; 2; 3 dan B = 2; 4; 5 ;

f

g

f

g

1. buatlah buatlah tiga contoh relasi relasi tak-nol dari A ke B: 2. buatlah buatlah tiga contoh relasi relasi biner tak-nol tak-nol pada A: 3. tentukan tentukan A

j  Bj :

4. tentukan tentukan banyaknya banyaknya semua relasi relasi dari A ke B: 5. tentukan tentukan banyaknya anyaknya semua relasi relasi biner pada A: 6. tentukan tentukan banyaknya banyaknya relasi relasi dari A ke B yang memuat (1; (1; 2) dan (1; (1; 5): 5): 7. tentukan tentukan banyaknya banyaknya relasi relasi dari A dari A ke B ke B yang memuat tepat lima pasangan terurut. 8. tentuk tentukan an banyakn anyaknya ya relasi elasi biner biner pada A yang memuat memuat sedikitn sedikitnya ya 7 anggota.

3.2

Fungsi

De…nisi 3.3 Fungsi (pemetaan) f dari himpunan A ke himpunan B; dinotasikan f tasikan f : A B; adalah suatu relasi dari A ke B ke B yang setiap yang setiap anggota dari A muncul hanya sekali sebagai komponen pertama dari pasangan terurut keanggotaan relasi yang bersangkutan.

!

Dari de…nisi di atas, jika (a; b) f; maka dapat ditulis b = f ( f (a): Dalam hal ini b disebut imej dari a dibawa oleh f; sedangkan a disebut preimej dari b oleh f: Penulisan ringkas dengan menerapkan lambang logika dari de…nisi di atas dapat dinyatakan sebagai berikut.

2

f : A f : A

! B jhj (8a 2 A)(9!b 2 B) b = f ( f (a); atau ! B jhj (8a 2 A) [b = f ( f (a) ^ c = f ( f (a)] ) b = c De…nisi 3.4 Dalam hal fungsi f : A ! B; A disebut domain disebut domain dan B dan B disebut

kodomain dari f: Subhimpunan dari B yang anggotanya adalah imej dari semua anggota A disebut range dari f; dinotasikan dengan f ( f (A):

Contoh 3.4 Misalkan A = 1; 2; 3 dan B = w;x;y;z ; perhatikan bahwa f = (1; (1; w); (2; (2; x); (3; (3; x) adalah fungsi dari A ke B; sedangkan

f

g

f

g

f

g

g = (1; (1; w); (2; (2; x) dan h = (1; (1; w); (2; (2; w); (2; (2; x); (3; (3; z )

f

g

f

bukan merupakan fungsi (hanya relasi) dari A ke B:

g

3.2 Fungsi

65

Contoh 3.5 Beberapa contoh fungsi yang muncul di bidang ilmu komputer: 1. Fungsi ‡oor , adalah fungsi f : R

! Z yang dide…nisikan sebagai f ( f (x) = bxc dimana bxc adalah intejer terbesar yang  x: Sebagai ilustrasi: (a) b3; 8c = 3; b3c = 3; b3; 8c = 4; b3c = 3: (b) b7; 1 + 8; 8 ; 2c = b15; 15; 3c = 15 = 7 + 8 = b7; 1c + b8; 2c 6 7 + 8 = b7; 7c + b8; 4c (c) b7; 7 + 8; 8 ; 4c = b16; 16; 1c = 16 = 2. Fungsi ceiling , adalah fungsi f : R ! Z yang dide…nisikan sebagai f ( f (x) = dxe dimana dxe adalah intejer terkecil yang  x: Sebagai ilustrasi: (a) d3e = 3; d3; 001e = 4 = d4e; d3e = 3 = d3; 8e = d3; 0001e. (b) d7; 5 + 8; 8 ; 6e = d16; 16; 1e = 17 = 8 + 9 = d7; 5e + d8; 6e: 6 8 + 9 = d7; 1e + d8; 4e (c) d7; 1 + 8; 8 ; 4e = d15; 15; 5e = 16 = 3. Fungsi trunc adalah fungsi trunc : R ! Z yang dide…nisikan sebagai trunc( trunc(x) = menghapus bagian pecahaan dari x: Sebagai ilustrasi: (a) trunc(2 trunc(2;; 74) = 2 = 2; 74 ; trunc(6) trunc(6) = 6 = 6 :

b

c bc 6 b2; 74c = 3: (b) trunc( trunc(2; 74) = 2 = d2; 74e =

Berikut ini merupakan sisi kombinatorik yang terkait dengan pende…nisian fungsi. Konklusi 2 Diberikan himpunan berhingga tak-kosong A dan B dengan

jAj = m dan jBj = n: Jika A dan B dituliskan sebagai A = a1 ; a2;:::;am dan B = b1 ; b2 ;:::;bn ;

f

g

f

g

Mende…nisikan fungsi f : A

! B, berarti mende…nisikan himpunan bertipe f = f(a ; x ); (a ; x ); :::; :::; (a ; x )g: 1

1

2

2

m

m

dimana x dimana x1 ; x2 ; :::; xm dipilih dari anggota B dengan pengulangan dibolehkan. Dengan demikian, ada sebanyak nm cara mende…nisikan fungsi dari A ke B:

3.2 Fungsi

66

Contoh 3.6 Misalkan A = fungsi dari A ke B:

f1; 2; 3g dan B

=

fa; bg: De…nisika De…nisikan n semua

Jawab. Semuanya ada 23 = 8 fungsi dari A ke B; yaitu: f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 6 f 7 f 8

= = = = = = = =

f(1; (1; a); (2; (2; a); (3; (3; a)g; f(1; (1; a); (2; (2; a); (3; (3; b)g; f(1; (1; a); (2; (2; b); (3; (3; a)g; f(1; (1; a); (2; (2; b); (3; (3; b)g; f(1; (1; b); (2; (2; a); (3; (3; a)g; f(1; (1; b); (2; (2; a); (3; (3; b)g; f(1; (1; b); (2; (2; b); (3; (3; a)g; dan f(1; (1; b); (2; (2; b); (3; (3; b)g: z

De…nisi 3.5 Suatu fungsi fungsi f : A B disebut injektif (satu-satu), (satu-satu), jika setiap anggota B muncul paling banyak satu kali sebagai bayangan dari suatu anggota A:

!

Dari de…nisi di atas jelas bahwa untuk fungsi f : A B yang injektif, maka jelas A B : Dengan menggunakan konsep logika de…nisi fungsi injektif dinyatakan sebagai

!

j jj j

f : A

! B adalah injektif , (8a ; a 2 A) f ( f (a ) = f ( f (a ) ) a = a : Contoh 3.7 Misalkan A = f1; 2; 3g dan B = fa;b;c;d;e g: Jelaskan bahwa fungsi f = f(1; (1; c); (2; (2; a); (3; (3; d)g adalah injektif, sedangkan fungsi g = f(1; (1; a); (2; (2; a); (3; (3; e)g 1

2

1

2

1

2

tidak injektif. Jawab. Perhatikan bahwa komponen kedua dari semua anggota f muncul hanya sekali, sehingga f adalah fungsi injektif. Sekarang Sekarang perhatikan perhatikan fungsi g; unsur a muncul dua kali sebagai komponen kedua di dalam keanggotaan z g; sehingga g tidak injektif. Contoh 3.8 Diberikan fungsi f : R f (x) = R dengan rumus pemadanan f ( 3x + 7 untuk setiap x R: Buktikan bahwa f adalah fungsi injektif. Selanjutnya, diberikan pula fungsi g : R R dengan rumus pemadaan g (x) = x4 x untuk setiap x R: Jelaskan bahwa g tidak injektif.

2

2

!

!



3.2 Fungsi

67

2 R; maka f ( f (a) = f ( f (b) , 3a + 7 = 3b 3b + 7 , 3a = 3b ) a = b:

Bukti. Ambil sembarang a; b

Berdasarkan de…nisinya dapat disimpulkan bahwa f adalah fungsi injektif. Perhatikan bahwa g (0) = 04 0 = 0 dan g (1) = 14 1 = 0: Dengan demikian, g tidak injektif, karena g(0) = g (1) tetapi 0 = 1: Atau dengan kata lain g tidak injektif, karena x; y R (dalam hal ini ditunjukkan x = 0 z dan y = 1) dimana g (x) = g (y ) ; x = y: Berikut ini merupakan sisi kombinatorik yang terkait dengan pende…nisian fungsi injektif.

 9 2

 6

Konklusi 3 Diberikan himpunan berhingga tak-kosong A dan B; dan misalkan A = m dan B = n dengan m n: Jika A dan B dituliskan sebagai

j j

j j  A = fa ; a ;:::;a g dan B = fb ; b ;:::;b g; Mende…nisikan fungsi injektif f : A ! B , berarti mende…nisikan himpunan bertipe f = f(a ; x ); (a ; x ); :::; :::; (a ; x )g: 1

2

1

m

1

1

2

2

m

2

n

m

dimana x1 ; x2 ; :::; xm dipilih dari anggota B yang tidak boleh sama (artinya pengulanga engulangan n tidak dibolehka dibolehkan). n). Dengan Dengan demikian, demikian, ada sebanyak sebanyak P ( P (n; m) = n! cara mende…nisikan fungsi injektif dari A ke B: (nm)! Contoh 3.9 Misalkan A = fungsi injektif dari A ke B:

f1; 2g dan B

Jawab. Semuanya ada P (3 P (3;; 2) = yaitu: f 1 = f 5 = f 5 =

3! 1!

=

fa;b;cg: De…nisikan De…nisikan semua

= 6 fungsi injektif dari A ke B;

f(1; (1; a); (2; (2; b)g; f = f(1; (1; b); (2; (2; a)g; f(1; (1; a); (2; (2; c)g; f = f(1; (1; c); (2; (2; a)g; f(1; (1; b); (2; (2; c)g; f = f(1; (1; c); (2; (2; b)g: 2

4

6

z

De…nisi 3.6 Misalkan f : A

! B dan A  A; dide…nisikan f ( f (A ) = fb 2 B b = f ( f (a); untuk a 2 A g: 1

1

Dalam hal ini, f ( f (A1 ) disebut imej dari A1 oleh f:

1

3.2 Fungsi

68

Contoh 3.10 Misalkan A = 1; 2; 3; 4; 5 dan B = x;y;z;w : Fungsi f dide…nisikan dengan

f

g

f

g

f = (1; (1; w); (2; (2; x); (3; (3; x); (4; (4; y); (5; (5; y) : Jika A1 = 1; 2 ; A2 dan f ( f (A3 ):

f g

f = f2; 3g; dan A

g

3

= 2; 3; 4; 5 ; tentukan f ( f (A1); f ( f (A2 )

f

g

Jawab. Berdasarkan de…nisinya, maka f ( f (A1) = w; x ; f ( f (A2 ) = x ; z dan f ( f (A3 ) = x; y :

f

f g

Teorema 3.2 Misalkan f : A 1. f ( f (A1 2. f ( f (A1 3. f ( f (A1

g

fg

! B dengan A ; A  A; maka 1

2

[ A ) = f ( f (A ) [ f ( f (A ): \ A )  f ( f (A ) \ f ( f (A ) \ A ) = f ( f (A ) \ f ( f (A ) apabila f injektif. 2

1

2

2

1

2

2

1

2

Bukti. Disini Disini hanya hanya akan akan dibuktik dibuktikan an untuk untuk No. 2., lainny lainnyaa disisak disisakan an sebagai latihan. Ambil sembarang b f ( f (A1 A2 ); maka a A1 A2 sehingga f ( f (a) = b: Karena a A1 A2 ; berarti a A1 dan a A2 ; akibatnya f ( f (a) f ( f (A1 ) dan f ( f (a) f ( f (A2 ); dan ini berarti f ( f (a) = b f ( f (A1 ) f ( f (A2 ): Kesimpulannya

2

2 \

2

\ 2

f ( f (A1

9 2 \ 2 2 \ \ A )  f ( f (A ) \ f ( f (A ): 2

1

2

2

z

De…nisi 3.7 Misalkan f : A B dengan A1 A: Restriksi dari f ke A1 ; dinotasikan dengan f A1 ; adalah fungsi f A1 : A1 B dengan rumus

!

j



j ! f j (a) = f ( f (a); 8a 2 A: De…nisi 3.8 Misalkan A  A dan f : A ! B: Jika fungsi g : A ! B dengan rumus g (a) = f ( f (a); 8a 2 A ; A1

1

1

1

maka g disebut ekstensi dari f ke A:

3.2 Fungsi

69

Contoh 3.11 Misalkan A = 1; 2; 3; 4; 5 dan fungsi f : A isikan f = (1; (1; 10); 10); (2; (2; 13); 13); (3; (3; 16); 16); (4; (4; 19); 19); (5; (5; 22) :

f

f

g

Misalkan pula dide…nisikan fungsi g : Q

dan fungsi h : R

! R dengan g (q ) = 3q + q + 7; 7; 8q 2 Q;

! R dide…n-

g

! R dengan h(r) = 3r + 7; 7;

8r 2 R:

Maka: 1. g adalah ekstensi dari f ke Q: 2. f adalah restriksi dari g ke A: 3. h adalah ekstensi dari f ke R: 4. f adalah restriksi dari h ke A: 5. h adalah ekstensi dari g ke R: 6. g adalah restriksi dari h ke Q: Soal 3.2.1 Tentukan apakah relasi-relasi berikut ini merupakan fungsi, dan jika merupakan fungsi, carilah imejnya. 1. (x; y )x; y

f 2 Z; y = x + 7g; suatu relasi dari Z ke Z: 2. f(x; y )x; y 2 R; y = xg; suatu relasi dari R ke R: 3. f(x; y )x; y 2 R; y = 3x + 1g; suatu relasi dari R ke R: 4. f(x; y )x; y 2 Q; x + y = 1g; suatu relasi dari Q ke Q: 5. R adalah adalah suatu relasi dari A ke B; dimana jAj = 5; jB j = 6; dan jRj = 6: Soal 3.2.2 Misalkan A = f1; 2; 3; 4g dan B = fx;y;z g: 2

2

2

2

1. Buatlah Buatlah lima contoh contoh fungsi dari A ke B: 2. Tentukan entukan banyakn banyaknya ya semua fungsi dari A ke B:

3.2 Fungsi

70

3. Tentukan entukan banyakn banyaknya ya fungsi injektif injektif dari A ke B: 4. Tentukan entukan banyakn banyaknya ya semua fungsi dari B ke A: 5. Tentukan entukan banyakn banyaknya ya fungsi injektif injektif dari B ke A: 6. Tentukan banyaknya banyaknya fungsi f : A

! B yang memenuhi f (1) f (1) = x: 7. Tentukan banyaknya banyaknya fungsi f : A ! B yang memenuhi f (1) f (1) = f (2) f (2) = x:

8. Tentukan entukan banyakn banyaknya ya fungsi f : A f (2) f (2) = y:

! B yang memenuhi f (1) f (1) = x dan

Soal 3.2.3 1. Jika Jika ada 2187 fungsi f : A

! B dan jBj = 3; tentukan jAj :

2. Jika Jika A = 1; 2; 3; 4; 5 dan ada 6720 fungsi injektif dari A ke B; tentukan B :

j j

f

g

Soal 3.2.4 Tentukan apakah pernyataan-p pernyataan-pernyataan ernyataan benar atau salah. Jika salah berikan contoh sanggahan.

bc de 2 Z: 2. bac = dae untuk semua a 2 R: 3. bac = dae  1 untuk semua a 2 R r Z: 4. dae = bac untuk semua a 2 R: 1. a = a untuk semua a

Soal 3.2.5 1. Tentukan entukan semua bilangan bilangan nyata yang memenuhi 3x = 3 x : 2. Misalkan Misalkan n n N+ nx = n x :

d e

2 de

d e de dimana n dimana n > 1; tentukan semua x semua x 2 R yang memenuhi

Soal 3.2.6 Misalkan a1 ; a2; a3 ;::: adalah barisan intejer yang dide…nisikan secara rekursif dengan a) a1 = 1; dan

3.3 Fungsi Surjektif dan Bilangan Stirling Jenis Kedua

b) Untuk Untuk semua semua n n

2N

+

71

dimana n > 1; an = 2ab 2 c ; n

1. tentukan tentukan an untuk semua 2 n 8: 2. buktikan buktikan bahwa bahwa an n untuk semua n



 

2Z

+

:

Soal 3.2.7 Misalkan A Misalkan A = 1; 2; 3; 4; 5 ; B = w;x;y;z ; A1 = 2; 3; 5 A; dan g dan g : A1 B: Tentukan banyaknya cara memperluas (ekstensi) g menjadi fungsi f : A B:

f

! !

g

f

g

f

g

Soal 3.2.8 Untuk n Untuk n Z+ , dide…nisikan X n = 1; 2;:::;n : Diberikan m; n Z+ ; fungsi f : Zm Zn disebut naik monoton jika untuk setiap i; j Zm berlaku 1 i
!

2

f



 )

g

2

2



1. Ada berap berapa a banyak fungsi naik monoton monoton dari X 7 ke X 5 : 2. Ada berap berapa a banyak fungsi naik monoton monoton dari X 6 ke X 9 : 3. Buatlah Buatlah generalisas generalisasii dari jawaban jawaban Pertanyaa Pertanyaan n 1: dan 2: 4. Tentukan banyaknya banyaknya fungsi naik monoton f monoton f : X 10 10 4: 5. Tentukan banyaknya banyaknya fungsi naik monoton f monoton f : X 7 9:

! X dimana f (4) f (4) = 6

! X

12 12

dimana f (5) f (5) =

6. Buatlah Buatlah generalisas generalisasii dari jawaban jawaban Pertanyaa Pertanyaan n 4: dan 6:

3.3

Fungsi ungsi Surjek Surjektif tif dan Bilanga Bilangan n Stirlin Stirling g Jenis Kedua

De…nisi 3.9 Suatu fungsi f : A B disebut surjektif (onto), jika f ( f (A) = B; artinya ( y B )( x A) y = f ( f (x):

! 8 2 9 2 Contoh 3.12 Jika A = f1; 2; 3; 4g dan B = fx;y;z g; Jelaskan bahwa f = f(1; (1; z ); (2; (2; y ); (3; (3; x); (4; (4; y)g dan f = f(1; (1; x); (2; (2; x); (3; (3; y); (4; (4; z )g 1 2

adalah dua fungsi surjektif dari A ke B; sedangkan fungsi g = (1; (1; x); (2; (2; x); (3; (3; y); (4; (4; y)

f

tidak surjektif.

g


72

Jawab. Perhatikan bahwa semua anggota B muncul sebagai komponen kedua di dalam keanggotaan f 1 dan f 2 , sehingga f 1 dan f 2 adalah fungsi surjektif. surjektif. Sekarang Sekarang perhatikan perhatikan fungsi g; ada anggota B yaitu z yang tidak muncul sebagai komponen kedua di dalam keanggotaan g; sehingga g tidak z surjektif. Contoh 3.13 Jelaskan bahwa fungsi f : Z f ( f (x) = 3x + 1; 1; dan fungsi g : R

! Z yang dide…nisikan dengan 8x 2 Z;

! R yang dide…nisikan dengan g(x) = x ; 8x 2 Z; 2

adalah tidak surjektif. Jawab. Ambil y = 2; maka 3x + 1 = 2 tidak mempunyai solusi di dalam Z: Ini berarti y Z (dalam hal ini ditunjukkan y = 2) sehingga @x Z yang berlaku y = f ( f (x): Ambil y = 1; maka x2 = 1 tidak mempunyai solusi di dalam R: Ini berarti y R (dalam hal ini ditunjukkan y = 1) sehingga @x R yang z berlaku y = g (x):

9 2

9 2



2





2

Contoh 3.14 Buktikan bahwa fungsi g : Q g(x) = 3x + 1; 1; dan fungsi h : R

! Q yang dide…nisikan dengan 8x 2 Q;

! R yang dide…nisikan dengan h(x) = x ; 8x 2 R; 3

adalah surjektif. Bukti. Ambil sembarang y Q; maka y = 3x + 1 x = y3 1 dan jelas bahwa x Q: Dengan demikian, demikian, ( y Q)( x = y3 1 Q) sehingga berlaku

2

2

8 2

9

y

 1) 3 y1 3(( )+1

g (x) = g ( = = y: Kesimpulannya, g adalah surjektif. surjektif.

3

2

,


73

p 2 R; maka p y = x , x = y dan jelas bahwa x 2 R: 8 2 R)(9x = y 2 R) sehingga berlaku p h(x) = h( y ) p = ( y) 3

Ambil sembarang y Dengan demikian, demikian, ( y

3

3

3

3

3

= y: z Kesimpulannya, h adalah surjektif. surjektif. Dari de…nisi di atas jelas bahwa untuk A dan B himpunan berhingga, jika f : A B adalah surjektif, maka A B : Dua contoh berikut ini akan mengarah mengarah ke konklusi tentang tentang banyakny banyaknyaa cara pende…nisi p ende…nisian an fungsi surjektif.

!

j jj j

Contoh 3.15 Jika A = x;y;z dan B = 1; 2 ; jelaskan jelaskan bahwa bahwa semua fungsi f : A B adalah adalah surjektif surjektif kecuali kecuali f merupakan merupakan fungsi konstan. konstan. Selanjutnya, simpulkan bahwa ada 6 cara mende…nisikan fungsi surjektif dari A ke B: Kemudian, nyatakan secara umum untuk A sembarang himpunan dengan A = m 2; sedangkan ditetapkan B = 1; 2 ; maka ada

f

!

j j

g

f g



f g

2m

2

cara mende…nisikan fungsi surjektif dari A ke B: Jawab. Fungsi kosntan dari A ke B ada 2; yaitu f 1 = (x; 1); 1); (y; 1); 1); (z; 1) dan f 1 = (x; 2); 2); (y; 2); 2); (z; 2) :

f

g

f

g

Jika f : A B tidak kontan, maka jelas bahwa semua anggota B muncul sebagai komponen kedua di dalam keanggotaan f; akibatnya f pasti surjektif. Dengan demikian, karena ada B jAj = 23 = 8 cara mende…nisikan semua fungsi dari A ke B; sedangkan hanya dua yang tidak surjektif, maka ada z 8 2 = 6 cara mende…nisikan fungsi surjektif dari A ke B:

!

j j



Contoh 3.16 Misalkan A = x;y;z;w dan B = 1; 2; 3 : Buktikan bahwa ada 3 4 3 4 3 4 3 2 + 1 3 2 1 cara mende…nisikan fungsi surjektif dari A ke B: Kemudian, nyatakan secara umum untuk A sembarang himpunan dengan A = m 3; sedangkan ditetapkan B = 1; 2; 3 ; maka ada

f

g

f

g

     

f

g

j j

      3 m 3 3

3 m 3 m 2 + 1 2 1

cara mende…nisikan fungsi surjektif dari A ke B:




74

Bukti. Berdasarkan Konklusi 2, jumlah fungsi yang bisa kita de…nisikan dari A ke B adalah 34 : Berdasarkan Contoh 1.14, ada 32 = 3 subhimpunan dari B yang berkardinalitas 2; yaitu 1; 2 ; 1; 3 ; dan 2; 3 : Jumlah Jumlah fungsi 4 dari A ke 1; 2 adalah 2 termasuk fungsi konstan dari A ke 1 dan dari A ke 2 : Secara sama, jumlah fungsi dari A ke 1; 3 adalah 24 termasuk fungsi konstan dari A ke 1 dan dari A ke 3 : Demikian Demikian pula, jumlah fungsi 4 dari A ke 2; 3 adalah 2 termasuk fungsi konstan dari A ke 2 dan dari A ke 3 : Dengan demikian, total jumlah fungsi dari A ke semua subhimpunan dari B yang berkardinalitas 1 atau 2 adalah

fg

fg

f gf g

f g

fg

f g

fg



f g fg f g fg

    3 4 2 2

3 4 1 1

(Perhatik (Perhatikan an bahwa bahwa fungsi konstan konstan masing-masing masing-masing terhitung terhitung 2 kali; dalam dalam 3 hal ini fungsi kontan ada 1 jenis, yaitu A ke 1 ; A ke 2 ; dan A ke 3 ; dimana masing-masing berjumlah 1jAj = 14 ). Jelas Jelas bahwa bahwa jumlah jumlah tersebut tersebut merupakan jumlah semua fungsi ini bukan merupakan fungsi surjektif dari A ke B: Kesimpulannya, jumlah semua fungsi yang surjektif dari A ke B adalah



34

fg

fg

fg

              3 4 2 2

3 4 1 = 1

3 4 3 3

3 4 3 4 2 + 1 = 36 2 1 z

Dua contoh terakhir di atas mengarah ke suatu pola (generalisasi) yang di berikan berikut ini, tanpa pembuktian. Konklusi 4 Untuk sembarang himpunan berhingga tak-kosong A dan B dan B dengan A = m dan B = n; maka ada sebanyak

j j

j j

               X     X     n m n n

+( 1)n2

n

( 1)k

k=0 n

=

( 1)k

k=0

1)m +

n

n 1 n 2 n m n m 2 + ( 1)n1 1 2 1

n1

=

(n

n

n

k

n

n

k

(n

k)m

(n

k)m

cara mende…nisikan fungsi surjektif dari A ke B:

(n

m

 2)  :::


Contoh 3.17 Misalkan A = 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 dan B = berapa cara mende…nisikan fungsi surjektif dari A ke B ?

f

g

75

fw;x;y;z g: Ada

Jawab. Dengan menerapkan Konklusi 4, banyaknya fungsi surjektif dari A ke B adalah 4

X    ( 1)k

k=0

4

4

k

(4

 k)

7

=

        4 7 4 4

4 7 4 7 3 + 2 3 2

4 7 1 1

= 8400:

z

Contoh 3.18 Departemen Pertahanan mempunyai 7 proyek yang berkaitan dengan keamanan keamanan tingkat tinggi. Telah ditunjuk 4 perusahaan untuk menangani ketujuh proyek tersebut. Demi memaksimalkan tingkat keamanan, setiap proyek tidak boleh ditangani oleh lebih dari satu perusahaan. Ada berapa cara pemberian proyek agar keempat perusahaan terlibat? Jawab. Contoh ini dapat dimodelkan ke dalam Contoh 3.17 dengan memisalkan A adalah himpunan proyek dan B adalah himpunan perusahaan. perusahaan. Banyaknya cara pemberian proyek merupakan merupakan banyaknya cara pende…nisian fungsi surjektif dari A ke B; sehingga jawabannya adalah 8400 z cara. Contoh 3.19 7 orang yang tidak saling kenal berada di lantai dasar sebuah gedung yang secara bersamaan akan menggunakan suatu lift untuk naik ke lantai atas. Jika gedung tersebut mempunyai 4 lantai (tingkat) diatas lantai dasar, tentukan probabilitas bahwa lift harus berhenti di setiap lantai lantaran ada diantara ketujuh orang tersebut yang keluar dari lift. Jawab. Ukuran ruang contoh dari contoh soal ini adalah banyaknya cara 7 orang memilih memilih 4 lantai lantai (atau (atau banya banyakn knya ya cara cara pende…nis pende…nisian ian fungsi fungsi 7 dari domain berukuran 7 ke kodomain berukuran 4), yaitu 4 = 16384 cara. Sedangkan ukuran ruang kejadiannya merupakan model Contoh 3.17, yaitu 8400 cara. Dengan demikian, probabilitas bahwa lift harus berhenti di setiap 8400 z lantai adalah 16384 = 0; 5127: 5127: Contoh 3.20 Staf TU Departemen Matematika terdiri dari Kepala TU dan 3 asisten asisten administratif. administratif. Misalkan Misalkan ada 7 dokumen Departemen yang harus dipr diproses oses oleh oleh staf staf TU dan diharu diharuska skan n tidak tidak ada ada staf staf yang yang ngangg nganggur. ur. Ada berapa cara Sekretaris Departemen menugasi staf TU apabila:


76

1. tidak batasa batasan n lagi? 2. Kepala Kepala TU harus mengerjakan mengerjakan satu dokumen dokumen yang paling penting? penting? 3. Selain Selain menger mengerjak jakan an satu satu dokum dokumen en yang yang paling aling penting enting,, Kepala Kepala TU masih dibolehkan mengerjakan dokumen yang lain? Jawab. Pertanyaan pada contoh soal ini merupakan model Contoh 3.17. Dengan demikian, demikian, 1. apabila tidak ada batasan lagi, jawabann jawabannya ya adalah 8400 cara. 2. Kepala TU harus mengerjak mengerjakan an satu dokumen yang paling penting, penting, beb erarti 6 dokumen tersisa harus dikerjakan oleh 3 staf, sehingga jawabannya adalah 3 3 ( 1)k (3 k)6 = 540 cara. 3 k k=0

X   



3. apabila Kepala TU masih dibolehkan dibolehkan mengerjakan mengerjakan dokumen yang lain, berarti 6 dokumen tersisa harus dikerjakan oleh 4 staf, sehingga jawabannya adalah 4

X    ( 1)k

k=0

4

k

4

(4

6

 k)

= 1560 cara. z

Contoh berikut ini akan mengarah generalisasi bilangan Stirling jenis kedua. Contoh 3.21 Jika A = a;b;c;d dan B = 1; 2; 3 ; maka ada 36 fungsi surjektif surjektif dari A ke B: Bentuk Bentuk verb verbal dari dari pernyat ernyataan aan ini adala adalah h ada 36 cara cara mendistribusikan 4 obyek yang berbe erbeda ke dalam dalam 3 wadah wadah “yang “yang dapat dibedakan” (urutan wadah diperhatikan), dengan syarat tidak ada wadah yang kosong. Dari 36 cara tersebut, perhatikan 6 contoh berikut ini:

f

1) a; b

g

f

g

f g fcg fdg 2) fa; bg fdg fcg fa; bg fdg 4) fcg fdg fa; bg 3) fcg fa; bg fcg 6) fdg fcg fa; bg 5) fdg dimana, misalnya, notasi fcg diartikan sebagai c ada di dalam wadah kedua. 1

2

3

1

2

3

1

2

3

1

2

3

1

2

3

1

2

3

2

Sekarang, jika wadah “tidak lagi dapat dibedakan” (urutan wadah tidak diperhatikan), maka keenam (3!) keenam (3!) contoh tersebut dianggap identik (tidak dibedakan).


77

Dengan demikian, ada 36 = 6 cara mendistribusikan 4 obyek yang berbeda 3! ke dalam 3 wadah “yang identik” (urutan wadah tidak diperhatikan), dengan syarat tidak ada wadah yang kosong. Konklusi 5 Untuk m n; banyaknya cara mendistribusikan m obyek yang berbeda ke dalam n wadah yang identik, dengan tidak dibolehkan ada wadah yang kosong, adalah



1 n!

n

X    ( 1)k

k=0

n

n

k

(n

m

 k)

:

Bilangan Bilangan ini dinotasika dinotasikan n dengan dengan S (m; n); dan disebut disebut bilangan bilangan Stirling Stirling jenis kedua . Perhatika Perhatikan n bahwa bahwa jika A = m n = B ; maka banyaknya fungsi surjektif dari A ke B adalah n!:S (m; n):

j j



j j

Teorema 3.3 Bilangan Stirling jenis kedua S (m; n) dapat dirumuskan secara rekursif dengan S (m; 1) = 1; S (m; m) = 1; S (m; n) = S (m 1; n 1) + n:S (m





 1 ; n) ;

untuk 2

 n  m  1:

Bukti. Dari Konklusi 5, jelas bahwa S (m; 1) = 1 dan S (m; m) = 1: Misalkan A = a1 ; a2 ;::;am ; banyaknya cara mendistribusikan anggota-anggota A ke dalam n wadah yang identik adalah S (m; n): Dari S (m; n) cara pendistribusian ini hanya ada dua kemungkinan, yaitu:

f

g

1. am berada di dalam suatu wadah sedirian, atau 2. am berada di dalam suatu wadah tidak sedirian. Pencacahan kasus yang pertama . Tempatkan am pada salah satu wadah, kemudian anggota A yang tersisa didistribusikan ke dalam wadah yang tersisa, dengan tidak ada wadah yang kosong, sehingga ada S (m 1; n 1) cara pendistribusian. Pencac Pencacahan ahan kasus yang kedua kedua . Dist Distri ribus busik ikan an anggot anggotaa A yang tersisa (tanpa am ) ke dalam ke dalam n wadah tanpa ada yang kosong, sehingga ada S (m 1; n) cara pendistribusian. Pada setiap cara ini, kemudian diikuti penempatan am pada n wadah, sehingga ada n cara penempatan. penempatan. Bedasark Bedasarkan Aturan Kali, secara keseluruhan n:S (m 1; n) cara pendistribusian. pendistribusian. Akhirnya, berdasarkan Aturan Jumlah,







S (m; n) = S (m

 1; n  1) + n:S (m  1; n):




78 z

Dari teorema di atas, sebagaimana bilangan binomial, kalkulasi bilangan Stirling dapat disusun berdasarkan segitiga Pascal. m 1 1 2 1 1 3 1 3 1 4 1 7 6 1 5 1 15 25 10 1 6 1 31 90 65 15 1 7 1 63 30 1 35 0 14 0 21 1 Dari tabel di atas, perhatikan perhitungan berikut. S (5; (5; 3) = S (4; (4; 2) + 3:S 3:S (4; (4; 3) = 7 + 3: 3:6 = 25: 25: S (7; (7; 5) = S (6; (6; 4) + 5:S 5:S (6; (6; 5) = 65 + 5: 5:15 = 140: 140: S (8; (8; 4) = S (7; (7; 3) + 4:S 4:S (7; (7; 4) = 101 + 4: 4:350 = 1501: 1501: n

Contoh 3.22 Untuk m Untuk m

 n;

P

S (m; i) adalah banyaknya cara cara yang mungkin

i=1

untuk mendistribusikan m obyek yang berbeda ke dalam n wadah yang identik dengan ada wadah yang kosong diperbolehkan. Perhatikan dari baris ke- 4 dalam tabel bilangan Stirling di atas, bahwa ada 1 + 6 + 7 = 14 cara mendistribusikan 4 obyek yang berbeda ke dalam 3 wadah yang identik, dengan ada wadah yang kosong diperbolehkan. Soal 3.3.1 Berikan suatu contoh himpunan berhingga A dan B dan B dengan A ; B 4 dan fungsi f : A B sedemikian sehingga

j j

j j

!

1. f bukan fungsi injektif maupun surjektif. 2. f fungsi injektif tetapi tidak surjektif. 3. f surjektif tetapi tidak injektif. 4. f surjektif maupun injektif. Soal 3.3.2 Untuk setiap fungsi f : Z berikut ini, tentukan tentukan apakah apakah f Z berikut merupakan fungsi injektif dan apakah surjektif. Jika f bukan fungsi surjektif, tentukan imejnya.

!

a) f ( f (x) = x + 7

b) f ( f (x) = 2x

f (x) = x2 d) f (

f (x) = x2 + x e) f (

3

c) f ( f (x) =

x + 5

f (x) = x3 f ) f (


79

Soal 3.3.3 Misalkan A = 1; 2; 3; 4 dan B = 1; 2; 3; 4; 5; 6 :

f

g

f

g

1. Ada berap berapa a banyak fungsi dari A ke B ? 2. Ada berap berapa a banyak fungsi dari A ke B yang injektif? 3. Ada berap berapa a banyak fungsi dari A ke B yang surjektif? 4. Ada berap berapa a banyak fungsi dari B ke A? 5. Ada berap berapa a banyak fungsi dari B ke A yang injektif? 6. Ada berap berapa a banyak fungsi dari B ke A yang surjektif? Soal 3.3.4 1. Periksalah Periksalah bahwa bahwa n

X    n

( 1)k

n

k=0

k

(n

m

 k)

=0

untuk n = 5 dan m = 2; 3; 4: 5

P  X 

2. Periksalah Periksalah bahwa bahwa 57 =

i=1

m i

(i!)S !)S (7; (7; i):

3. Berilah Berilah argumen argumen kombinatoria kombinatoriall untuk membuktikan membuktikan bahwa n

n

m =

i=1

m (i!)S !)S (n; i); i

8m; n 2 Z

+

:

Soal 3.3.5 1. Misalkan Misalkan A A = 1; 2; 3; 4; 5; 6 dan B dan B = v;w;x;y;z : Tentukan banyaknya fungsi f : A B dimana

f g ! (a) f ( f (A) = fv; xg; (b) jf ( f (A)j = 2; (c) f ( f (A) = fw;x;y g; (d) jf ( f (A)j = 3; (e) f ( f (A) = fv;x;y;z g; dan (f) (f ) jf ( f (A)j = 3:

f

g


80

2. Misalkan Misalkan A dan B adalah adalah himpunan himpunan dengan dengan A = m n = B : + Jika k Z dengan 1 k n; berapa banyaknya fungsi f : A B sehingga f ( f (A) = k:

2

j

j

j j

 



j j !

Soal 3.3.6 Seorang instruktur laboratorium komputasi mempunyai 5 orang asisten yang diminta untuk menyelesaikan suatu program yang terdiri atas 9 modul. modul. Ada berap berapa a cara cara sang instruktur menugasi asistennya dengan syarat syarat semua asisten mendapat tugas dan setiap modul tidak boleh dikerjakan oleh lebih dari satu asisten? Soal 3.3.7 Misalkan kita mempunyai 8 bola dengan warna yang berbeda dan 3 wadah yang diberi nomor I; II; III: 1. Ada berap erapa a cara ara kita dapat dapat mendistribu mendistribusikan sikan bola ke dalam dalam wadah wadah sehingga tidak ada wadah yang kosong? 2. Diketahui Diketahui salah satu bola berwarna berwarna biru. Ada berap berapa a cara ara kita dapat dapat mendistribusikan bola ke dalam wadah sehingga tidak ada wadah yang kosong dan bola biru ada di wadah nomor I I ? ? 3. Jika nomor wadah kita hapus sehingga kita tidak mampu membed membedakan akan-nya, ada berapa cara kita dapat mendistribusikan bola ke dalam wadah sehingga tidak ada wadah yang kosong? 4. Jika nomor wadah kita hapus sehingga kita tidak mampu membed membedakan akan-nya, ada berapa cara kita dapat mendistribusikan bola ke dalam wadah, dengan ada wadah yang kosong diperbolehkan? Soal 3.3.8 1. Tentukan entukan dua baris berikutnya berikutnya (yaitu m = 8 dan m = 9) dalam tabel bilangan Stirling. 2. Tuliskan uliskan pro program gram komputer komputer (atau membuat algoritme) algoritme) untuk menghimenghitung bilangan Stirling S (m; n) jika 1 m 12 dan 1 n m:

 

 

Soal 3.3.9 1. Untuk Untuk m; n:r n:r Z+ dengan m nr; misalkan S r (m; n) menotasikan banyaknya banyaknya cara cara mendistribusikan m obyek obyek yang yang berbe erbeda ke dalam dalam n obyek yang identik, dimana setiap wadah menerima sedikitnya r obyek. Periksalah bahwa m 1 S r (m; n) = :S r (m r; n 1) + n:S r (m 1; n): r 1

2



  







3.4 Komposisi Fungsi dan Fungsi Invers

81

2. Untuk Untuk S S (m; n) bilangan Stirling dengan m


m1

S (m; 2) = (m (m

3.4

X

 1)!

i=1

1 : i

Kompos Komposisi isi Fun Fungsi gsi dan dan Fun Fungsi gsi Inv Invers ers

De…nisi 3.10 Suatu fungsi f : A B disebut bijektif (koresp bijektif (korespondensi ondensi satusatu), jika f injektif dan sekaligus bijektif.

!

Contoh 3.23 Jika A = 1; 2; 3; 4 dan B = w;x;y;z ; perhatikan bahwa

f

g

f

g

f = (1; (1; z ); (2; (2; y ); (3; (3; w); (4; (4; x)

f

g

adalah dua fungsi bijektif dari A ke B; sedangkan g = (w; 3); 3); (x; 4); 4); (y; 2); 2); (z; 1)

f

g

adalah dua fungsi bijektif dari B ke A: Dari de…nisi di atas jelas bahwa jika f : A B adalah bijektif, maka A = B : Terkait dengan konsep pencacahan, sisi kombinatorik dari de…nisi fungsi bijektif diberikan dalam konklusi berikut.

!

j j j j

Konklusi 6 Untuk sembarang himpunan berhingga tak-kosong A dan B dan B dengan A = n dan B = n; maka ada sebanyak

j j

j j

n! = n(n

 1)(n 1)(n  2)::: 2):::11

cara mende…nisikan fungsi bijektif dari A ke B: De…nisi 3.11 Jika suatu fungsi f : A permutasi pada A. Contoh 3.24 Misalkan A = dide…nisikan sebagai: p(1) p(1) = 3; 3;

! A adalah bijektif adalah bijektif ,, maka f maka f disebut

f1; 2; 3; 4; 5g; suatu permutasi ermutasi p

p(2) = 5; 5;

p(3) = 4; 4;

p(4) = 2; 2;

: A

!

A

p(5) = 1: 1:

Permutasi Permutasi dapat dapat dinyataka dinyatakan n dalam berbagai berbagai macam macam cara cara.. Salah satu cara ara penulisan yang cukup sering dipakai adalah sebagai berikut: p =



1 2 3 4 5 3 5 4 2 1



;

dimana baris yang atas adalah larik (array) sebagai domain dari p; sedangkan baris yang bawah adalah larik sebagai imej dari p:


82

De…nisi 3.12 Fungsi bijektif 1 bijektif 1A : A A yang dide…nisikan dengan 1A (a) = a; a A; disebut fungsi (permutasi) identitas pada A:

!

8 2

De…nisi 3.13 Dua fungsi f; g : A f ( f (a) = g (a), a A:

8 2

! B dikatakan sama , ditulis f = g; jika

Contoh 3.25 Perhatikan dua fungsi f; g : R f ( f (x) =



x; x + 1; 1; x ; x R:

! Z yang dide…nisikan dengan jika x 2 Z jika x 2 R r Z

bc g (x) = d e 8 2 Jika x 2 Z; maka f ( f (x) = x = dxe = g(x): Untuk x 2 R r Z; dapat ditulis x = n + r; dimana n 2 Z dan 0 < r < 1; maka f ( f (x) = x + 1 = n + 1 = x = g (x):

bc

de

Kesimpulannya, walaupun f dan g mempunyai rumus yang berbeda, f = g: De…nisi 3.14 Misalkan f : A f dan g; dinotasikan g f : A

! B dan g : B ! C; fungsi komposit dari  ! C; dide…nisikan dengan (g  f )( f )(a a) = g (f ( f (a)); )); 8a 2 A: Contoh 3.26 Misalkan A = f1; 2; 3; 4g; B = fa;b;cg, dan C = fw;x;y;;z g dengan f : A ! B dan g : B ! C dirumuskan f = f(1; (1; a); (2; (2; a); (3; (3; b); (4; (4; c)g dan g = f(a; x); (b; y ); (c; z )g: Untuk setiap a 2 A; diperoleh (g  f ) f )(1) = g (f (1)) f (1)) = g(a) = x (g  f )(2) f )(2) = g (f (2)) f (2)) = g(a) = x (g  f ) f )(3) = g (f (3)) f (3)) = g(b) = y (g  f )(4) f )(4) = g (f (4)) f (4)) = g (c) = z; Jadi g f = (1; (1; x); (2; (2; x); (3; (3; y ); (4; (4; z ) :



f

g

Dengan mudah dapat dilihat bahwa secara umum fungsi komposit tidak komutatif . Dalam hal ini, ada pasangan fungsi f dan g sehingga g f = f g:

 6 

Teorema 3.4 Jika fungsi f : A maka g f juga bijektif.



! B dan g : B ! C keduanya bijektif,


83

Bukti. Asumsikan bahwa f dan g bijektif. Akan dibuktikan bahwa g f bijektif, bijektif, yaitu: yaitu:



1. g f injektif. Untuk sembarang x; y

 2A (g  f ) f ) (x) = (g  f ) f ) (y ) ) g (f ( f (x)) = g (f ( f (y )) ) f ( f (x) = f ( f (y) ) x = y 2. g  f surjek surjektif. tif. Am Ambil bil sembara sembarang ng z 2 C: Karena g surjektif, surjektif, mak makaa 9y 2 B sehingga z = g (y) : Dari adanya y 2 B; karena f surjektif, maka 9x 2 B sehingga y = f ( f (x) : Akibatnya, z = g (y ) = g (f ( f (x)) = (g (g  f ) f ) (x) : z

Teorema 3.5 ( Hukum Hukum Asosiatif ) Jika fungsi f : A h : C D; maka (h g) f = h (g f ) f ):

!

! B, g : B ! C , dan

    Bukti. Ambil sembarang x 2 A; maka [(h [(h  g )  f ] f ] (x) = (h  g ) (f ( f (x)) = h (g (f ( f (x))) = h ((g ((g  f ) f ) (x)) = [h  (g  f )] f )] (x) z

De…nisi 3.15 Jika f : A f f n :



1

! A; dide…nisikan f

8 2Z

= f; dan n

+

; f n+1 =

Contoh 3.27 Misalkan A Misalkan A = 1; 2; 3; 4 dan f dan f : A

! A dide…nisikan dengan f = f(1; (1; 2); 2); (2; (2; 3); 3); (3; (3; 4); 4); (4; (4; 3)g; f

g

maka f 2 = f f = (1; (1; 2); 2); (2; (2; 2); 2); (3; (3; 2); 2); (4; (4; 1) f 3 = f f 2 = f f f = (1; (1; 2); 2); (2; (2; 2); 2); (3; (3; 2); 2); (4; (4; 2) :

 f g    f g De…nisi 3.16 Jika R adalah relasi dari himpunan A ke B; maka konvers dari R; dinotasikan R ; dide…nisikan R := f(b; a)=(a; b) 2 Rg: c

c


84

Contoh 3.28 Misalkan A = 1; 2; 3 dan B = w;x;y ; fungsi f : A dirumuskan f = (1; (1; w); (2; (2; x); (3; (3; y) ;

f f

maka

g

f g

g

!B

f c = (w; 1); 1); (x; 2); 2); (y; 3)

f

adalah fungsi dari B ke A, dan perhatikan bahwa

g

f c f = 1A dan f f c = 1B :





De…nisi 3.17 Misalkan f : A B; maka f dikatakan invertibel apabila ada fungsi g : B A sedemikian sehingga

!

!

g f = 1A dan f g = 1B :





Contoh 3.29 Misalkan f; g : R

! R dirumuskan dengan 1 f ( f (x) = 2x + 5 dan g (x) = (x  5); 5); 2

maka 1 (g f )( f )(x x) = g (f ( f (x)) = g (2x (2x + 5) = ((2x ((2x + 5) 5) = x = 1R(x) 2 1 1 (f g )(x )(x) = f ( f (g (x)) = f ( f ( (x 5)) = 2( (x 5)) + 5 = x = 1R(x): 2 2

 







Kesimpulannya, f dan g adalah dua fungsi yang saling invertibel. Teorema 3.6 Jika f : A

! B adalah invertibel dan g : B ! A memenuhi g  f = 1 dan f  g = 1 ; A

B

maka g adalah tunggal (unik). tunggal (unik). Dalam hal ini g disebut invers dari f; dino1 tasikan g = f ; selanjutnya f 1 = f c dan (f 1 )1 = f: Bukti. Misalkan fungsi h : B

! A juga memenuhi h  f = 1 dan f  h = 1 ; A

B

maka h = h 1B = h (f g ) = (h f ) f ) g = 1A g = g



 

 



z


Teorema 3.7 f : A

85

! B invertibel jika dan hanya jika f bijektif .

Bukti. ( ) Misalkan f invertibel, maka ada tepat satu f 1 sehingga

)

f 1 f = 1A dan f f 1 = 1B :





Akan dibuktikan f bijektif, bijektif, yaitu: yaitu: 1. f injektif. Untuk sembarang x; y f ( f (x) = f ( f (y)

1

) f

2 A,

(f ( f (x)) = f 1 (f ( f (y))

2. f surjekt surjektif. if. Am Ambil bil sembara sembarang ng y 1 f (y ) ; sehingga

)1

A

(x) = 1A (y)

)x=y

2 B; maka ada x 2 A; yaitu x =

 

f ( f (x) = f f 1 (y) = 1B (y ) = y: ( ) Asumsikan bahwa f bijektif, maka ( y B ) ( !x A) sehingga y = f ( f (x) : Akibatnya, dapat dide…nisikan fungsi g : B A dengan g (y) = x sehingga g (f ( f (x)) = x (g f ) f ) (x) = x 1A (x) = x

(

8 2

, 

9 2 !

,

dan f ( f (g (y)) = f ( f (x) = y

, (f  g) (y) = y , 1

B

(y ) = y

Jadi, g = f 1 sehingga f invertibel.

z

Contoh 3.30 Fungsi f : R f (x) = x2 tidak R yang dirumuskan dengan f ( invertibel karena karena f tidak tidak bijektif. bijektif. Akan tetapi tetapi fungsi fungsi g : A B dimana 2 A = B = [0; [0; + ) dan g dirumuskan dengan g(x) = x adalah invertibel. Dalam hal ini, g 1 (x) = x:

!

1

!

p

Teorema 3.8 Jika fungsi f : A B dan g : B maka g f : A C adalah invertibel dan



!

!

! C keduanya invertibel,

(g f ) f )1 = f 1 g 1 :





Bukti. Asumsikan f dan g invertibel, maka ada funsi f 1 : B g 1 : C B sehingga

!

f 1 f = 1A dan f f 1 = 1B : g 1 g = 1B dan g g1 = 1C

 

 

! A dan


86

Berdasarkan Teorema 3.4, g f juga invertibel dengan invers (g f ) f )1 dan

 (g  f ) f )  (g  f ) f ) = 1 1



A

Di lain pihak,

   

(f 1 g 1 ) (g f ) f ) = f 1 g1 g = f 1 f = 1A



 

 

f = f 1 1B





f

Jadi, (g f ) f )1 = f 1 g 1 :





z

Contoh 3.31 Untuk m; b R; m = 0; fungsi f : R R dide…nisikan dengan f = (x; y )y = mx + b merupakan fungsi invertibel, karena jelas f bijektif. Untuk mendapatkan mendapatkan f 1 ; perhatikan bahwa

2

f

g

6

!

f 1 =

c

f(x; y)y = mx + bg = f(y; x)y = mx + bg 1 = f(x; y )x = my + bg = f(x; y )y = (x  bg: m Jadi, f : R ! R dide…nisikan dengan f (x) = (x  bg: De…nisi 3.18 Jika f : A ! B dan B  B; maka f (B ) = fx 2 Af ( f (x) 2 B g 1

1

1

m

1

1

1

1

disebut preimej dari B1 oleh f: Contoh 3.32 Misalkan A; B Z+ dimana A = 1; 2; 3; 4; 5; 6 dan B = 6; 7; 8; 9; 10 : Jika f : A B dengan

f

g

!

2

f

g

f = (1; (1; 7); 7); (2; (2; 7); 7); (3; (3; 8); 8); (4; (4; 6); 6); (5; (5; 9); 9); (6; (6; 9) ;

f

g

maka perhatikan contoh-contoh berikut. 1. Untuk Untuk B1 = 6; 8 B; diperoleh f 1 (B1 ) = 3; 4 ; karena f (3) f (3) = 8 dan f (4) f (4) = 6; 6; dan untuk sembarang a A; f ( f (a) = B1 kecuali jika 1 a = 3 atau a = 4: Dalam hal ini f (B1) = 2 = B1 :

f g

f g 2 2 j j j

j

2. Dalam Dalam hal B2 = 7; 8 B; karena f (1) f (1) = f (2) f (2) = 7 dan f (3) f (3) = 8; 8; 1 1 maka kita dapatkan bahwa f bahwa f (B2 ) = 1; 2; 3 : Dalam hal ini, f (B2 ) = 3 > 2 = B2 :

f g

j j

f

g

j

3. Untuk Untuk B3 = 8; 9 B; maka f 1 (B3 ) = 3; 5; 6 karena f (5) f (5) = f (6) f (6) = 9 dan f (3) f (3) = 8: 8: Dalam hal ini, f 1 (B3 ) = 3 > 2 = B3 :

f g

j

f

j

g

j j

j


87

4. Untuk Untuk B4 = 8; 9; 10 B; maka f 1 (B3 ) = 3; 5; 6 karena f (5) f (5) = 1 1 f (6) f (6) = 9 dan f (3) f (3) = 8: 8: Perhatikan bahwa bahwa f (B4 ) = f (B3 ) walaupun B walaupun B4 B3 : Hal ini karena tidak ada a A sehingga f sehingga f ((a) = 10; 10; 1 berarti f ( 10 ) = ?:

f  f g

g

Teorema 3.9 Jika f : A 1. f 1 (B1 2. f 1 (B1

2

1

2



g

j

j

j

! B dan B ; B  B; maka (B ) \ f (B ) ; (B ) [ f (B ) ; dan

1

\ B ) = f [ B ) = f

f j 2

1

1

1

1

1

2

2 2

3. f 1 B1 = f 1 (B1): Teorema 3.10 Misalkan f : A B untuk A dan B himpunan berhingga dimana A = B ; maka ketiga pernyataan berikut ekuivalen:

!

j j j j

1. f fungsi fungsi injektif, injektif, 2. f fungsi surjektif, dan 3. f fungsi invertibel. Soal 3.4.1 1. Untuk Untuk A A = 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 ; ada berapa banyak fungsi bijektif f : A A yang memenuhi f (1) f (1) = 1?

f

6

g

!

2. Jika Jika A = xx Z+; 1 x n untuk suatu n Z+ ; ada berapa banyak fungsi bijektif f : A A yang memenuhi f (1) f (1) = 1?

f

2

  g !

2

6

Soal 3.4.2 1. Untuk Untuk A A=

f2; 7g  R dide…nisikan fungsi g; f : A ! R dengan 2x  8 f ( f (x) = 2x  4 dan g (x) = : 2

x+2

Periksalah bahwa f = g: 2. Dari Pertanyaan Pertanyaan 1 apakah masih tetap f = g apabila g; f : A dimana B = 7; 2 :

f g

!B


Soal 3.4.3 Misalkan f;g;h : Z g (x) = 3x; dan h(x) = Tentukan:

88

! Z dide…nisikan dengan f ( f (x)



= x

 1;

0; jika x genap 1; jika x ganjil.

1. f g; g f; g h; h g; f (g h) ; dan (f g ) h:









 

 

2. f 2 ; f 3 ; g 2; g3 ; h2 ; h3 ; dan h500 : Soal 3.4.4 Misalkan f : A

! B dan g : B ! C . Buktikan bahwa:

1. Jika Jika g f surjektif, maka g surjektif.

 2. Jika Jika g  f injektif, maka f injektif.

Soal 3.4.5 Pada masing-masing fungsi f : R R yang dide…nisikan berikut ini, tentukan apakah f invertibel, jika ya, tentukan f 1 :

!

1. f = (x; y )2x + 3y 3y = 7 :

f g 6 0g: 2. f = f(x; y )ax + by = c; b = 3. f = f(x; y )y = x g: 4. f = f(x; y )y = x + xg: Soal 3.4.6 Jika A; Jika A; B  Z dengan A dengan A = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7g, B = f2; 4; 6; 8; 10; 10; 12g; dan f : A ! B dimana f = f(1; (1; 2) ; (2; (2; 6) ; (3; (3; 6) ; (4; (4; 8) ; (5; (5; 6) ; (6; (6; 8) ; (7; (7; 12)g; 3 4

+

tentukan preimej B1 oleh f yang diketahui berikut ini. a) B1 = d) B1 =

f2g f6; 8; 10g

b) B1 = 6 e) B1

Soal 3.4.7 Misalkan f : R

fg = f6; 8; 10; 10; 12g

c) B1 = 6; 8 f ) B1

! R dide…nisikan dengan x + 7; 7; x0 2x + 5;5; 0 < x  3 : f ( f (x) = x  1; 3x

Tentukan:

8< :

f g = f10; 10; 12g

3.5 Relasi Ekuivalensi

89

1. f 1 ( 10); 10); f 1(0); (0); f 1 (4); (4); f 1 (6); (6); f 1 (7); (7); dan f 1 (8): (8):



2. preimej preimej oleh oleh f dari selang a) [ 5;

b) [ 5; 0]

 1]

 c) [2; 4] d) [5; [5; 10] e) [11; [11; 17] f (x) = x ; Untuk R ! R dide…nisikan dengan f ( 2

Soal 3.4.8 Misalkan f : setiap subhimpunan B R berikut ini, carilah f 1(B ):

 f0; 1g

a) B =

[0; 1) d) B = [0;

b) B =

f1; 0; 1g

[0; 4] e) B = [0;

c) B = [0; [0; 1]

f ) f ) B = (0; (0; 1]

[ (4; (4; 9)

Soal 3.4.9 1. Misalkan Misalkan A = 1; 2; 3; 4; 5 dan B = 6; 7; 8; 9; 10; 10; 11; 11; 12 : Ada berapa 1 cara mende…nisikan fungsi f : A B sehingga f sehingga f ( 6; 7; 8 ) = 1; 2 ?

f

g

!

f

f

g

g f g 2. Jika Jika jAj = jC j = 5; ada berapa cara mende…nisikan fungsi f : A ! C sehingga f invertibel.

Soal 3.4.10 Buktikan semua teorema di didalam subbab ini!

3.5 3.5

Rela Relasi si Ekui Ekuiv valen alensi si

De…nisi 3.19 Suatu relasi (biner) (biner) apabila berlaku (x; x)

R pada pada himpunan A disebut re‡eksif 2 R; 8x 2 A: Contoh 3.33 Jika A = f1; 2; 3; 4g; jelaskan bahwa R = f(1; (1; 1); 1); (1; (1; 4); 4); (2; (2; 2); 2); (2; (2; 1); 1); (3; (3; 4); 4); (4; (4; 4)g 1

tidak re‡eksif, sedangkan

R = f(x; y) 2 A  Ax  yg 2

adalah re‡eksif. Jawab. Perhatikan bahwa, karena (3; (3; 3) = 1 sedangkan 3 A; maka tidak re‡eksif. Karena untuk setiap x A berlaku x x; maka (x; x) untuk setiap x A; akibatnya setiap x A re‡eksif.

2

2 2

2R



2

R 2R

1 2

z


90

Konklusi 7 Berdasarkan Konklusi 1, jika A = n; maka diperoleh bahwa 2 A A = n2 dan banyaknya relasi pada A adalah 2n : Sekarang, banyaknya relasi re‡eksif pada A adalah 2 2(n n) :

j j

j  j

Bukti. Misalkan A = a1 ; a2 ;:::;an ; relasi pada himpunan himpunan A re‡eksif jika dan hanya jika A1 = (ai ; ai )ai A (perhatikan bahwa A1 = n): Keanggotaan yang lain merupakan anggota subhimpunan dari

f f

R

g R 2 gR

A2 = (ai ; a j )ai ; a j

j j

2 A; a =6 a g; (perhatikan bahwa jA j = jA  Aj  jA j = n  n). Dengan Dengan demikian demikian ada z sebanyak 2 cara untuk untuk mengkonstruksi R: De…nisi 3.20 Suatu relasi R pada pada himpunan A disebut simetrik apabila berlaku (x; y ) 2 R ) (y; x) 2 R; 8x; y 2 A: Contoh 3.34 Misalkan A = f1; 2; 3g; maka relasi 1. R = f(1; (1; 2); 2); (2; (2; 1); 1); (1; (1; 3); 3); (3; (3; 1)g adalah simetrik tetapi tidak re‡eksif f

2

(n2 n)

i

j

2

1

1

pada A:

2. 3.

= (1; (1; 1); 1); (2; (2; 2); 2); (3; (3; 3); 3); (3; (3; 2) adalah re‡eksif tetapi tidak simetrik pada A:

R

2

f

g

R = f(1; (1; 1); 1); (2; (2; 2); 2); (3; (3; 3)g adalah re‡eksif sekaligus simetrik pada A: 4. R = f(1; (1; 1); 1); (2; (2; 2); 2); (3; (3; 3); 3); (2; (2; 3); 3); (3; (3; 2)g adalah re‡eksif sekaligus simetrik 3 4

pada A:

5.

R = f(1; (1; 1); 1); (2; (2; 3); 3); (3; (3; 3)g adalah bukan re‡eksif maupun simetrik pada 5

A:

Konklusi 8 Jika A = n; maka banyaknya relasi simetrik pada A adalah

j j

2(

2

n +n

2

)

;

dan banyaknya relasi yang re‡eksif dan sekaligus simetrik adalah 2

(n

2

n

2

)

:


91

Bukti. Misalkan A = a1 ; a2 ;:::;an : Perhatikan bahwa himpunan A A bisa dituliskan sebagai A A = A1 A2 ; dimana

f 

[



f(a ; a )1  i  ng dan f(a ; a )1  i; j  n; i =6 j g: \ A = ?; jA j = n; dan jA j = jA  Aj  jA j = n  n A1 = A2 =

Dalam hal ini, A1

g

i

i

i

j

2

1

2

2

1

Perhatikan pula bahwa keanggotaan A2 dapat dibuat berpasang-pasangan, yaitu (ai ; a j ) berpasangan dengan (a j ; ai ); sehingga di dalam A2 ada sebanyak n2 n pasang. 2 Untuk mengkonstruksi suatu relasi simetrik berarti mende…nisikan himpunan yang anggotanya anggotanya beberapa anggota anggota dari A1 (boleh tidak ada) dan beberap beberapa a pasang dari A2 (boleh (boleh tidak tidak ada). ada). Dengan Dengan demikian demikian banyakn banyaknya ya cara mengkonstruksi relasi simetrik adalah n

2

2

2

n

2

n +n

n

2

=2

2

:

Untuk mengkonstruksi suatu relasi simetrik dan sekaligus re‡eksif berarti mende…nisikan himpunan yang anggotanya semua anggota dari A1 dan beberapa pasang dari A2 (boleh tidak ada). Dengan demikian demikian banyakny banyaknyaa cara mengkonstruksi relasi simetrik dan sekaligus re‡eksif adalah 2

1

2

n

2

n

2

n

=2

n

2

: z

De…nisi 3.21 Suatu relasi pada pada himpunan A disebut transitif apabila berlaku (x; y ) dan (y; z ) (x; z ) ; x;y;z A:

R 2 R) 2R 8 2 Contoh 3.35 Misalkan A = f1; 2; 3; 4g; maka relasi R = f(1; (1; 1); 1); (2; (2; 3); 3); (3; (3; 4); 4); (2; (2; 4)g 1

adalah transitif, sedangkan

R = f(1; (1; 3); 3); (3; (3; 2)g tidak transitif karena (1; (1; 3); 3); (3; (3; 2) 2 R sedangakan (1; (1; 2) 2 =R: 2

2

2


92

De…nisi 3.22 Suatu relasi pada himpunan A disebut antisimetrik apabila berlaku (x; y ) dan (y; x) x = y; x; y A:

R

2 R)

8

2

Contoh 3.36 Diberikan himpunan semesta U; dan misalkan (U ) U ) adalah himpunan kuasa dari U: Suatu pada (U ) yang dide…nisikan dengan ( dengan (A; B ) A B merupakan merupakan relasi antisimetrik. Selain itu, perhatikan perhatikan bahwa juga merupakan relasi re‡eksif dan transitif. Tetapi, tidak simetrik karena A B tidak selalu berakibat B A (ambil kasus A B; maka B * A).

R

R,  

P

P

R

R   Contoh 3.37 Misalkan A = f1; 2; 3g: Jika relasi relasi R pada A dide…nisikan dengan R = f(1; (1; 2); 2); (2; (2; 1); 1); (2; (2; 3)g; maka R tidak simetrik simetrik karena karena (3; (3; 2) 2 = R; dan R juga bukan antisimetrik karena 1 =6 2: Jika dide…nisikan relasi R = f(1; (1; 1); 1); (2; (2; 2)g; maka R adalah adalah simetrik dan juga antisimetrik antisimetrik.. Jika dide…nisikan relasi R = f(1; (1; 1); 1); (2; (2; 2); 2); (1; (1; 2)g; maka R adalah antisimetrik, 1

1

2

2

tetapi tidak simetrik.

Sebagai latihan, buktikan konklusi berikut ini. Konklusi 9 Jika A = n > 0; maka ada sebanyak

j j

2

n

n

(2 )(3

n

2

)

cara untuk mende…nisikan relasi antisimetrik pada A: De…nisi 3.23 Relasi pada himpunan A disebut ekuivalensi disebut ekuivalensi jika jika sekaligus re‡eksif, simetrik, dan transitif.

R

R adalah

Contoh 3.38 Misalkan A = 1; 2; 3 ; maka relasi: 1.

R 2. R 3. R 4. R

1 2 3 4

f g = f(1; (1; 1); 1); (2; (2; 2); 2); (3; (3; 3)g; = f(1; (1; 1); 1); (2; (2; 2); 2); (2; (2; 3); 3); (3; (3; 2); 2); (3; (3; 3)g; = f(1; (1; 1); 1); (1; (1; 3); 3); (3; (3; 1); 1); (2; (2; 2); 2); (3; (3; 3)g; dan = f(1; (1; 1); 1); (1; (1; 2); 2); (1; (1; 3); 3); (2; (2; 2); 2); (2; (2; 3); 3); (3; (3; 2); 2); (3; (3; 3); 3); (2; (2; 1); 1); (3; (3; 1)g:

semuanya adalah relasi ekuivalensi. De…nisi 3.24 Diberikan himpunan indeks I = 1; 2;:::;k : Suatu partisi P dari himpunan X adalah keluarga subhimpunan tak-kosong dari X; ditulis P = X i i I ; yang memenuhi:

f

f

2 g

g

2


93

k

1.

S

X i = X; dan

i=1

2. untuk untuk setiap setiap i = j; X i

6

\ X = ?: j

Masing-masing subhimpunan X i disebut part dari partisi P: Berdasarkan de…nisi tersebut, untuk sembarang x X; maka ada tepat satu part dari P (dengan kata lain ada tepat satu s I ) sehingga x X s :

2

2

2

Contoh 3.39 Misalkan X = 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10; 10; 11; 11; 12; 12; 13; 13; 14; 14; 15; 15; 16 : Keluarga subhimpunan X 1; X 2 ; X 3 ; X 4 ; X 5 dengan

f

f

X 1 = X 4 =

g

g

f1; 5; 9g; X = f2; 3; 4; 6; 7g; X = f8g; f10; 10; 11; 11; 13; 13; 14g; X = f12; 12; 15; 15; 16g 2

3

5

merupakan suatu partisi pada X: Teorema 3.11 Misalkan S (n; k ) menotasikan banyaknya partisi dari himpunan X berangota n obyek ke dalam k part merupakan merupakan bilangan bilangan stirling jenis kedua, yaitu S (n; k); untuk 1 k n:

  Teorema 3.12 Setiap relasi ekuivalensi R pada X menentukan suatu partisi pada X: Dalam hal demikian, untuk sembarang x 2 X; suatu part yang memuat x; yaitu C = fy 2 X yRxg x

disebut kelas ekuivalensi dari x: Konvers dari teorema di atas juga benar , yaitu: setiap partisi dari X akan menentukan suatu relasi ekuivalensi pada X: Dalam hal ini, x y jika dan hanya jika x dan y berada di dalam suatu part yang sama.

R

R

Contoh 3.40 Misalkan X = 1; 2; 5; 6; 7; 9; 11 : Relasi pada X dide…nisikan: x y jika dan hanya jika (x y) habis dibagi 5: Dengan mudah dapat diperiksa bahwa adalah adalah relasi relasi ekuivalens ekuivalensi. i. Selanjutnya Selanjutnya,, partisi P pada X yang ditentukan oleh adalah

R

f

R



g

R

P =

ff1; 6; 11g; f2; 7g; f5g; f9gg:

R

Chapter 4 Tiga Topik Pilihan Pada bab ini dibahas tiga yang terkait dengan masalah komputasi:

 Kompleksitas Komputasi.  Bahasa: Mesin Status Berhingga.  Relasi Rekurensi. Rekurensi. 4.1

Komp Komplek leksit sitas as Komp Komput utasi asi

Apabila syarat-syarat kebenaran suatu algoritme telah dipenuhi, maka pertanyaan yang muncul adalah berapa lama algoritme tersebut mampu menyelesaikan suatu problem. Kemudian, apabila satu problem dapat diselesaikan oleh oleh lebih lebih dari dari satu satu alg algor oritm itme, e, ma mak ka alg algor oritm itmaa ma mana na yang yang terb terbaik aik.. UnUntuk menjawab bertanyaan-pertanyaan ini diperlukan suatu parameter untuk mengukur baik tidaknya suatu algoritma. Faktanya, banyak hal yang mempengaruhi lama tidaknya suatu algoritma menyeles menyelesaik aikan an suatu problem, problem, diantaran diantaranya: ya: compiler, compiler, kecepa kecepatan tan eksekusi, atau karakteristik komputer yang digunakan. Terlepas dari ukuran-ukuran …sik ini, ada suatu ukuran matematis yang akan kita kedepankan dalam bahasan ini, yaitu fungsi kompleksitas waktu (time-complexit (time-complexity y function). function). Fungsi kompleksitas waktu f ( f (n) adalah yang mengambil nilai input intejer positif n dan mepunyai sifat f ( f (n) akan membesar jika n mem membesar besar.. Sifat Sifat inilah yang akan membawa kita pada masalah analisis algoritme yang terkait dengan masalah nilai n besar . Untuk Untuk mempelajari fungsi kompleksitas kompleksitas waktu waktu diperlukan suatu pengertian atau konsep yang disebut dominasi fungsi.

94

4.1 Kompleksitas Komputasi

4.1.1 4.1.1

95

Domin Dominasi asi Fungsi ungsi

De…nisi 4.1 Misalkan f; Misalkan f; g : Z+ R: Kita katakan bahwa g mendominasi f (atau f didominasi g ) jika ada konstata m R+ dan konstanta k Z+ sedemikian sehingga

!

jf ( f (n)j  m jg (n)j ;

2

dimana n

2

+

 k; 8n 2 Z

:

Dari de…nisi di atas terlihat bahwa pembatasan nilai fungsi f oleh kelipatan m nilai fungsi g berlaku untuk nilai n k; sedangkan untuk k < n tidak menjadi perhatian. Ini menunjukk menunjukkan an bahwa dominansi dominansi fungsi hanya hanya berkaitan dengan batasan-batasan fungsi untuk nilai n besar. Apabila f didominasi oleh g; maka f dikatakan berorder (paling banyak) g dan ditulis dengan f O (g) ; dimana O (g ) dibaca dengan ”order g ” atau ”Oh-besar dari g ”. O (g) merepresentasikan himpunan semua fungsi dengan domain Z+ dan kodomain R+ yang didominansi oleh g:



2

Contoh 4.1 Misalkan f; g : Z+ f (n) = 5n dan g (n) = n2 : R+ dengan f ( Dengan mudah dapat diperiksa bahwa f ( f (n) > g (n) untuk 1 n 4: Akan 2 tetapi, jika 5 n; maka 5n n ; sehingga

!



 

 jf ( f (n)j = 5n  n = jg (n)j ; 2

Akibatnya, f

untuk n

 5:

2 O (g) dengan m = 1 dan k = 5:

Berdasarkan De…nisi 4.1 bisa dibuktikan bahwa g = O (f ) f ) : Secara umum, fungsi linear didominasi oleh fungsi kuadrat, akan tetapi fungsi kuadrat tidak didominasi oleh fungsi linear.

2

Contoh 4.2 Misalkan f; g : Z+ g (n) = n2 : Maka

jf ( f (n)j =



!R

+

dengan f ( f (n) = 5n2 + 3n + 1 dan



2

5n + 3n 3n + 1 = 5n2 + 3n 3n + 1

2

2

2

2

 5n + 3n 3n + n = 9n = 9 jg (n)j ; untuk semua n  1: Kesimpulannya, f 2 O (g ) dengan m = 9 dan k = 1:

Dilain pihak

 2

2

2



2



jg (n)j = n = n  5n + 3n 3n + 1 = 5n + 3n 3n + 1 = jf ( f (n)j ; untuk semua n  1: Kesimpulannya, g 2 O (f ) f ) : Jadi O (f ) f ) = O (g ) = O(n2 ): Dengan kata lain f dan g saling mendominasi satu sama lain.


96

Dari contoh di atas ini, secara umum bisa dibuktikan bahwa fungsi kuadrat saling saling mendomin mendominasi asi satu sama lain. Jadi, Jadi, untuk sembarang fungsi kuadrat adalah anggota dari O (n2) : Contoh 4.3 Misalkan f; g : Z+ dan g (n) = n3 : Maka

!R

+

dengan f ( f (n) = 3n3 + 7n 7 n2

    3

 4n + 2



2

jf ( f (n)j = 3n + 7n 7 n  4n + 2  3n + 7n + j4nj + j2j  3n + 7n 7n + 4n 4n + 2n 2n = 16n 16n = 16 jg (n)j ; untuk semua n  1: Kesimpulannya, f 2 O (g ) dengan m = 16 dan k = 1: Dilain pihak karena (7n (7n  4) > 0 untuk semua n  1; kita dapatkan jg (n)j = n = n  3n + (7n (7n  4) n + 2 = 3n + (7n (7n  4) n + 2 = jf ( f (n)j untuk semua n  1: Kesimpulannya, g 2 O (f ) f ) dengan m = 1 dan k = 1: 3

3

 3

Jadi

3

3

2

3

3

3



3

3



O (f ) f ) = O (g ) = O(n3 ): Dengan kata lain f dan g saling mendominasi satu sama lain. Dari contoh di atas ini, secara umum bisa dibuktikan bahwa fungsi kubik saling saling mendom mendominas inasii satu satu sama sama lain. Jadi, Jadi, untuk sembarang fungsi ku3 bik adalah anggota dari O (n ) : Juga bisa dibuktikan bahwa fungsi kuadrat didominasi oleh fungsi kubik, tetapi fungsi kuadrat tidak mendominasi fungsi kubik . Contoh 4.4 Misalkan f; g : Z+

!R

+

dengan

f ( f (n) = 1 + 2 + 3 + ::: + n; dan g (n) = 12 + 22 + 32 + ::: + n2 : Dengan induksi matematika bisa dibuktikan bahwa f ( f (n) =

n (n + 1) n (n + 1) 1) (2n (2n + 1) ; dan g (n) = : 2 6

Jadi, f adalah fungsi kuadrat dan g adalah fungsi kubik, sehingga f

2O



n2 ; dan g

2O

 n3

Dari beberapa contoh dominansi fungsi di atas, sampailah kita pada dua observasi berikut ini yang nantinya bisa di manfaatkan untuk analisis algoritme.


97

1. Misalkan Misalkan f;g;h : Z+ R; dimana f O (g) dan g O (h) ; maka bisa dibuktikan bahwa f O (h) : Akan tetapi, jika h = O (g ) ; maka dapat kita simpulkan simpulkan bahwa: bahwa: ”pernyataan ”pernyataan f O (g ) " mempunyai batasan lebih baik dari pada ”pernyataan ”pernyataan f O (h) ": Contonya, Contonya, jika f ( f (n) = 5, 2 + g (n) = 5n; dan h (n) = n untuk setiap n Z ; maka f O (g), g O (h) ; dan f O (h) : Karena h = O (g ) ; maka f O (g ) mempunyai batasan lebih baik dari pada f O (h) :

! 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2. Dalam Dalam tabel berikut berikut diberik diberikan an bebera b eberapa pa bentuk bentuk Oh-besar yang sering muncul dalam aplikasi analisis algoritme. Urutan batasan lebih baik disusun dari atas ke bawah. Tabel Oh-Besar Bentuk Oh-bes besar Nama O (1) Konstan O (log2 n) Logaritmik O (n) Linear O (n log2 n) n log2 n 2 O (n ) Kuadratik 3 O (n ) Kubik m O (n ) ; m = 0; 1; 2;::: Polinomial O (cn ) ; c > 1 Eksponesial O (n!) Faktorial Contoh 4.5 Misalkan f;g;h : Z+ dide…sikan n dengan dengan f ( f (n) = 5 7, 7, R dide…sika g (n) = 5n 1; dan h (n) = 10log2 n + 11: 11: Maka f O (1), (1), g O (n) ; dan f O (log2 n) :

2

!



2

2

Soal 4.1.1 Gunakan Tabel Oh-besar untuk menentukan bentuk Oh-besar fungsi fungsi f : Z+ (Beberapa a diantaranya diantaranya kemudian buktikan!) R berikut. (Beberap

!

1. f ( f (n) = n3

2

 5n

2. f ( f (n) = 3 + sin

+ 25n 25n

 1

n

 165: 165: Buktikan!

: Buktikan!

3. f ( f (n) = 5n + cos cos (2n (2n

 1) : Buktikan!

4. (n) = 3n5 + 5: 5:2n: Buktikan! 5. f ( f (n) = 5n2 + 3n 3n log2 n + 3n 3n 6. f ( f (n) = 4n + (n (n

 1)

4

: Buktikan!


98

7. f ( f (n) = 1 + 3 + 5 + ::: + (2n (2n

 1) : Buktikan! 8. f ( f (n) = 1 + 4 + 7 + ::: + (3n (3n  2) : Buktikan! 9. f ( f (n) = 7n + 5n 5n log n  20: 20: 10. f ( f (n) = 3 + (n (n  2)! + 7n 7n  12: 12: 11. f ( f (n) = 5 + 100n 100n + 10n 10n  10: 10: 12. f ( f (n) = 3n  n log n + 3n: 3n: 13. f ( f (n) = n  n log n + 4n 4n + 1: 1: 14. f ( f (n) = n!  n log n + 4 + 1: 1: 2

n

5

n

10

3

2

2

10

4.1.2 4.1.2

2

2

2

2

2

2n

Anali Analisis sis Algor Algoritm itme e

Tibalah saatnya sekarang kita akan menerapkan konsep dominansi fungsi untuk mengukur berapa lama algoritme mampu menyelesaikan suatu problem, dan pada gilirannya dapat juga digunakan untuk memilih algoritme mana yang terbaik apabila ada lebih dari satu algoritme yang digunakan untuk menyelesaikan satu problem. Dalam Dalam hal ini kita kita de…nis de…nisik ikan an fungsi fungsi komplesitas komplesitas waktu f ( f (n) sebagai fungsi yang mengukur banyaknya operasi dalam suatu algoritme yang mempunyai variabel input n: Yang dimaksud dengan banyaknya operasi adalah banyaknya operasi dasar (jumlah, kurang, kali, dan bagi), ditambahkan dengan assignment , dan perbandingan (ekspresi (ekspresi logika). logika). Setelah kita mende…nisikan f ( f (n) untuk untuk suatu suatu algo algorit ritme, me, kemu kemudian dian dengan dengan Tabel O-B O-Besa esarr kita tentukan order dari f atau bentuk Oh-besar dari f sebagai ukuran e…siensi algoritme yang bersangkutan. Contoh 4.6 Misalkan diketahui Prosedur 8. De…nisikan fungsi f ( f (n) yang menyatakan banyaknya operasinya operasinya.. Kemudian tentukan oder dari f: Jawab. Beriku Berikutt ini rincian rincian untuk untuk menghit menghitung ung jumlah jumlah operasi operasi dalam dalam prosedur 8: 1. Ada 4 operasi assignment sebagai statemen nilai awal untuk variabelvariabel: sld, sld, s, b, dan i. 2. Dalam Dalam blok statemen statemen while yang diulang sebanyak n kali terdapat 6 operasi, yaitu: 2 assignmen , 3 jumlah, dan 1 kali .


99

3. Jumlah Jumlah operasi perbandingan ada (n + 1), 1), yaitu: (a) untuk untuk i = 1 sampai dengan n yang menghasilkan keputusan dieksekusinya sekusinya blok statemen statemen while. (b) untuk untuk i = n + 1 yang menghasilkan keputusan berhentinya eksekusi blok statemen while. Dengan demikian kita dapat mende…nisikan fungsi f sebagai f ( f (n) = 4 + 6n 6n + (n (n + 1) = 7n 7n + 5; 5;

untuk n

 1 dan n 2 Z

+

:

Jadi f O (n) ; berarti Prose Prosedur dur 8 mempunyai ukuran waktu eksekusi z yang linear: linear: PROSEDUR 8 procedure Saldo( Saldo (n : intejer positif) begin sld := 100000 s := 50000 b := 0:01 i := 1 while i < n + 1 do begin sld := sld + s + b sld i := i + 1 end return( return(sld) sld) end

2



Contoh 4.7 Misalkan Misalkan diketahui diketahui Prose Prosedur dur 9 dan Prose Prosedur dur 10. De…nisikan fungsi f ( f (n) untuk masing-masing prosedur itu yang menyatakan jumlah operasinya. operasinya. Kemudian tentukan oder dari f: Jawab. Kita catat bahwa Prosedur 9 dan Prosedur 10 adalah samasama algoritme yang digunakan untuk menghitung jumlah n intejer positif pertama. pertama. Merek Merekaa juga juga menggun menggunak akan an jenis jenis stateme statemen n yang yang sama sama (berulang), berulang), yang berbeda cuma penggunaan statemen for dan while. while. Dengan Dengan rinci rincian an perhitun perhitungan gan yang yang sama sama dengan dengan jawa jawaban ban pada Contoh Contoh 4.6, mak makaa de…nisi de…nisi fungsi f ( f (n) untuk Prosedur 9 adalah f ( f (n) = 3n + 1: 1:


100

Nilai ini berasal dari: 1 assignment untuk nilai awal variabel y; n assignment untuk variabel i; dan 2 operasi pada blok statemen for yang diulang sebanyak n kali. Sedangkan de…nisi f ( f (n) untuk Prosedur 10 adalah f ( f (n) = 5n + 3: 3: Nilai ini berasal b erasal dari: 2 assignment untuk nilai awal variabel y dan i; 4 operasi pada blok statemen while yang diulang sebanyak n kali, dan ada (n + 1) perbandingan pada statemen while. Jadi, Prosedur 9 dan Prosedur 10 z sama-sama mempunyai ukuran waktu eksekusi yang linear: linear: PROSEDUR 10 procedure Sum (n Z+ ) PROSEDUR 9 begin procedure Sum (n Z+ ) y := 0 begin i := 1 y := 0 while (i < n) (i = n) do for i := 1 to n do begin y := y + i y := y + i return( return(y) i := i + 1 end end return( return(y ) end Dapat kita simpulkan bahwa penggunaan statemen berulang untuk for dan while adalah sama jika ditinjau pada ukuran waktu eksekusimya untuk suatu problem yang sama. Sekarang kita perhatikan bahwa jumlah n intejer positif pertama mepunyai rumus

2

2

_

n

X i=1

i=

n (n + 1) 2

yang bisa dibuktikan dibuktikan dengan induksi matematik. matematik. Dengan mudah mudah prosedur perhitungan ruas kanan persamaan di atas dapat dituliskan dituliskan dalamProsedur dalam Prosedur 11.. 11 PROSEDUR 11 procedure Sum (n : intejer) begin y := n (n + 1) =2 return( return(y) end Prosedur ini mempunyai fungsi komplesitas waktu f ( f (n) = 4; sehingga f O (1) : Jadi problem menghitung jumlah n intejer positif pertama yang ditulis



2


101

dalam Prosedur 11 jauh lebih baik dari pada Prosedur 9 atau Prosedur 10.. 10 Contoh 4.8 Misalkan diketahui Prosedur 12 untuk menghitung a menghitung an . De…nisikan fungsi f ( f (n) yang menyatakan jumlah operasinya, kemudian tentukan order dari f ( f (n): PROSEDUR 12 procedure Power (a : real; real; n : intejer positif) begin y := 1:0 for i := 1 to n do y := y a return( return(y) end Jawab. Dengan rincian perhitungan yang sama dengan jawaban pada contoh-contoh sebelumnya diperoleh bahwa



f ( f (n) = 3n + 1: 1: Nilai ini berasal dari: 1 assignment untuk nilai awal variabel y; n assignment untuk variabel i; dan 2 operasi pada blok statemen for yang diulang sebanyak n kali. Jadi, f O (n) ; sehingga lamanya waktu Prosedur 12 menghitung z an adalah linear . Pertanyaan yang timbul menyusul jawaban Contoh 1.17 adalah adakah algoritme yang lain untuk menghitung an yang mempunyai fungsi kompleksitas waktu lebih baik. Untuk itu perhatikan analisis perhitungan berikut. Berdasarkan de…nisi an := aa:::a n kali

2

|{z}

dan dengan sifat asosiatif perkalian diperoleh bahwa, untuk n genap: an

n

:= (aa)( aa)(aa aa))::: (aa) aa) =

dan untuk n ganjil:

| {z }

an

:= (aa)( aa)(aa aa))::: (aa) aa) a =

n

2

kali

| b c{ z } n

2

(a2) 2

bn c 2

(a2 )

a

kali

Dengan analisa di atas, perhatikan algoritma berikut ini.

:


102

PROSEDUR 13 procedure Power (a : real, n : intejer positif) begin y := 1:0 i := n while i > 0 do begin if i = 2 2i then y := y a i := 2i if i > 0 then a := a a end return( return(y) end

6 b c  bc 

Contoh 4.9 Berdasarkan Prosedur 13 , apabila diketahui sembarang bilangan a : real; real; tentukan langkah-langkah untuk menghitung: (a) a7 dan (b) a8 : Jawab. 1. Nilai Nilai awal: awal: y := 1:0; i := n = 7: Karena i = 7 > 0; maka dilakukan langkah-langkah pengulangan: (a) i = 7; berarti ganjil, maka: y := y a = 1:0 a = a i := 72 = 3: Karena i = 3 > 0; maka a := a a = a2 dan pengulangan berlanjut.

 bc 



(b) i = 3; berarti i ganjil, maka: y := y a = a a2 = a3 i := 32 = 1: Karena i = 1 > 0; maka a := a2 a2 = a4 dan pengulangan berlanjut.

 bc 



 bc



(c) i = 1; berarti i ganjil, maka: y := y a = a3 a4 = a7 i := 12 = 0: Karena i = 0; maka proses BERHENTI. Outputnya adalah y = a7 :


103

2. Nilai Nilai awal: awal: y = 1:0; i = n = 8: Karena i = 8 > 0; maka dilakukan langkah-langkah pengulangan: (a) i = 8; berarti genap, maka: y := 1:0 i := 82 = 4: Karena i = 4 > 0; maka a := a a = a2 dan pengulangan berlanjut.

bc 

(b) i = 4; berarti i genap, maka: y := 1:0 i := 42 = 2: Karena i = 2 > 0; maka a := a2 a2 = a4 dan pengulangan berlanjut.

bc 

(c) i = 2; berarti i genap, maka hitung: y := 1:0 i := 22 = 1: Karena i = 1 > 0; maka: a := a4 a4 = a8 dan pengulangan berlanjut.

bc 

(d) i = 1; berarti i ganjil, maka: y := y a = 1:0 a8 = a8 i := 12 = 0: Karena i = 0; maka proses BERHENTI.

 bc



Outputnya adalah y = a8 : z

Dari Contoh 4.9, bisa kita amati bahwa banyaknya proses pengulangan untuk n = 7 adalah 3 = log2 4 + 1; dan untuk n = 8 adalah 4 = log2 8 + 1: Sedangkan banyaknya perbandingan dalam proses pengulangan untuk n = 7 adalah 4; dan untuk n = 8 adalah 5: Secara umum untuk menentukan fungsi komplesitas komputasi Prosedur Prosedur 13 13,, perhatikan pola perhitungan banyaknya proses pengulangan dan perbandingan dalam tabel berikut ini. n Banyakny Banyaknyaa ulangan ulangan Banyakny Banyaknya a perbandingan perbandingan 2 2 = log2 2 + 1 3 = log2 2 + 2 3 2 3 4 3 = log2 4 + 1 4 = log2 4 + 2 5 3 4 6 3 4 7 3 4 8 4 = log2 8 + 1 5 = log2 8 + 2


n 9

 15 16 17  31 32 33  63

.. . 2i (2i + 1) (2i+1 .. .





104

Banyakny Banyaknyaa ulangan Banyakny Banyaknya a perbandingan perbandingan 4 5 5 = log2 16 + 1 6 = log2 16 + 2 5 6 6 = log2 32 + 1 7 = log2 32 + 2 6 7 .. .. . . i + 1 = log2 2i + 1 i + 2 = log2 2i + 2 1) i+1 i+2 .. .. . .

Jadi order fungsi kompleksitas komputasi Prosedur 13 adalah O (log2 n) : Hasil ini menunjukkan bahwa Prosedur 13 lebih baik dari Prosedur 12 untuk problem yang sama.

4.1.3 4.1.3

Algo Al gorit ritme me Pelacaa elacaan n Line Linear ar

Sebelum kita akhiri subbab ini, berikut ini diberikan algoritme untuk problem yang disebut pelacakan linear (linear search). search). Misalkan diberikan barisan n bilangan: a1 ; a2;:::;an dan suatu bilangan k yang disebut kunci . Proble Problemn mnya ya adalah adalah mencari mencari k dalam barisan yang bersangkutan. bersangkutan. Artinya, Artinya, apabila apabila k sama dengan salah satu bilangan dalam barisan, sebut saja k = ai ; maka output yang diberikan adalah nilai indeks dari ai ; yaitu i. Apabila tidak ada satupun bilangan bilangan dalam barisan yang sama sama dengan k; maka output yang diberikan adalah 0: Algoritme untuk problem ini diberikan dalam prosedur berikut. PROSEDUR 14 procedure LinearSearch (k : real, a1 ; a2 ;:::;an : real) real) begin i := 1 while ((i ((i < n i = n) k = ai ) do i := i + 1 if (i < n i = n) then lokasi := i else lokasi := 0 return( return(lokasi) lokasi) end Untuk menentukan kompleksitan komputasi Prosedur Prosedur 14 14,, perhatikan perhatikan statemen pengulangan while. Kita amati bahwa selesainya proses pengu-

_

_

^ 6


105

langan bisa sangat cepat , rata-rata , atau bisa jadi lebih lama . Apabila k = a1 atau k = ai untuk suatu nilai konstan i yang kecil, maka proses cepat selesai. Inilah yang disebut dengan kasus terbaik (best (best case). case). Dalam Dalam probl problem em ini komplesitas komputasi untuk kasus terbaiknya berorder konstan O (1) : Apabila k = an atau k = ai untuk suatu nilai i yang cukup besar atau bahkan k = ai untuk setiap nilai i, maka proses pengulangan berlangsung lama. Inilah yang disebut dengan kasus terburuk (wors (worstt case). Dalam Dalam problem problem ini komplesitas komputasi untuk kasus terburuknya berorder linear O (n) : Disamping kasus terbaik dan terburuk adalah kasus rata-rata rata-rata (average case). Penentuan ordernya diperlukan pengertian teori peluang yang pembahasannya diluar jangkauan diktat ini.

6

Sebagai rangkuman subbab ini, sekali lagi kita tekankan bahwa apa yang kita pelajari dalam kompleksitas komputasi adalah berkenaan dengan nilai n yang besar . Sedangk Sedangkan an untuk untuk nilai n yang kecil, bisa diselesaikan dalam kasus asus per kasus asus (case (case by case). case). Ini dapat kita perhatik perhatikan an dalam dalam ilustra ilustrasi si berikut. Misalkan ada dua algoritme, yaitu A dan B; untuk menyelesaikan suatu problem yang sama. Misalkan pula f adalah fungsi kompleksitas komputasi untuk A dengan f ( f (n) = 1000n 1000n, dan g adalah fungsi kompleksitas komputasi untuk B dengan g (n) = n2: Jelas bahwa karena f linear dan g kuadratik, berdasarkan urutan pada Tabel O-Besar, algoritme A lebih baik dari B: Jelas pernyataan ini mengacu untuk nilai n yang besar. Namun yang menjadi pernyataan pernyataan berikutn b erikutnya ya adalah sejauh mana n dianggap ”besar” dan n dianggap ”kecil”. Untuk Untuk itu diperlukan diperlukan informasi tambahan tambahan yang intinya intinya adalah menentukan nilai k sehingga

jf ( f (n)j  m:jg (n) j;

untuk setiap n

 k:

Dalam kasus kita ini, 2

jf ( f (n)j = 1000n 1000n  n = jg (n) j;

untuk setiap n

 1000: 1000:

Jadi yang dimaksud dengan n ”besar” kalau n 1000; 1000; dan n dikatakan ”kecil” kalau n < 1000: 1000: Untuk n yang kecil Algoritme B lebih baik dari A: Waktu pemrosesan (Running Time) adalah waktu yang diperlukan untuk mengeksekusi suatu algoritme atau program. Sebagai ilustrasi, tabel berikut ini memberikan perkiraan waktu pemrosesan algoritme untuk beberapa order kompleksita kom pleksitass dan untuk nilai n : 2; 16; 16; dan 64: 64:. Diasumsi kecepatan eksekusi komputer adalah satu operasi diselesaikan dalam waktu 106 detik (10 (106 = 1 mikro detik), sehingga satuan isian tabelnya adalah mikro detik .




Problem Berukuran n log2 n 2 1 16 4 64 6

106

n n log2 n 2 2 16 16 64 64 384

Order n2 4 256 4096

2n 4 66;; 5 1; 84

n! 2 4

 10  10

19

2; 1 1013 > 1089



Soal 4.1.2 Buatlah analisis pada beberapa algoritme berikut: 1. Panggil Panggil Algoritme 2 , dan de…nisikan fungsi f ( f (n) untuk algoritma itu yang menyatakan jumlah operasinya. operasinya. Kemudian tentukan oder dari f: 2. Panggil Panggil Algoritme 5 , dan de…nisikan fungsi f ( f (n) untuk algoritma itu yang menyatakan jumlah operasinya. operasinya. Kemudian tentukan oder dari f: 3. Panggil Panggil Algoritme 6 , dan de…nisikan fungsi f ( f (n) untuk algoritma itu yang menyatakan jumlah operasinya. operasinya. Kemudian tentukan oder dari f: 4. Panggil Panggil Algorit Algoritme me 10 , dan de…nisikan fungsi f ( f (n) untuk algoritma itu yang menyatakan jumlah operasinya. Kemudian tentukan oder dari f: 5. Panggil Panggil Algoritme 7 dan Algoritma 8 , dan de…nisikan fungsi f ( f (n) untuk masing algoritma itu yang menyatakan menyatakan jumlah oper operasinya asinya.. Kemudian buatlah analisis e…siensinya : 6. Pada masing-masing segmen segmen program program pseudoco pseudocode de berikut, f ( f (n) menyatakan banyaknya kali statemen sum := sum + 1 dieksekusi. Tentukan f ( f (n) dan ordernya. begin sum := 0 for i := 1 to n do (a) for j := 1 to n do sum := sum + 1 end begin sum := 0 for i := 1 to n do (b) for j := 1 to n n do sum := sum + 1 end



4.2 Bahasa: Mesin Status Berhingga

107

begin sum := 0 for i := 1 to n do (c) for j := i to n do sum := sum + 1 end begin sum := 0 i := n while i > 0 do (d) begin sum := sum + 1 i := 2i end end

bc

4.2 4.2

Baha Bahasa sa:: Mes esin in Stat Status us Berh Berhin ingg gga a

Dengan menggunakan konsep himpunan dan fungsi, pada bab ini akan dibahas suatu model abstrak yang disebut dengan mesin status berhingga (…nite state machine) atau disebut juga sirkuit sekuensial (sequential (sequential circuit). Sirkuit yang dimaksud adalah satu dari dua tipe dasar kontrol sirkuit yang terdapa terdapatt di dalam komputer komputer dijitel. dijitel. Sesuai Sesuai dengan namanya namanya,, mesin mesin status berhingga mempunyai sejumlah berhingga status internal dimana mesin mampu mengingat informasi tertentu ketika berada di dalam status khusus.

4.2.1 4.2.1

Baha Bahasa: sa: Teori eori Himp Himpun unan an Strin String g

Barisan simbol, atau karakter, merupakan peranan kunci di dalam pemrosesan informasi oleh komputer. Sebagai gambaran, program komputer dapat direpresenta direpresentasik sikan an sebagai barisan karakter karakter yang berhingga. Suatu cara al jabar diperlukan untuk menangani barisan berhingga tersebut atau menangani string . Pada bagian ini kita gunakan  untuk menotasikan himpunan berhingga tak-kosong dari simbol-simbol, himpunan ini disebut alfabet . Sebagai misal,  = 0; 1 atau  = a;b;c;d : Agar tidak rancu dengan pengertian string nantinya, perlu disepakati bahwa keanggotaan  tidak dibolehkan jajaran lebih lebih dari satu simbol. simbol. Misaln Misalnya ya,, pende…nis pende…nisian ian  = 0; 1; 2; 11; 11; 13 atau  = a;b;c;ab;bbc tidak diperkenankan.

f g

f

f

g

g

f

g


108

Suatu string dapat dikonstruksi dari anggota-anggota  melalui suatu cara cara yang yang sistema sistematik tik dengan dengan ide rekurs rekursif if sebagaim sebagaimana ana dinya dinyatak takan an dalam dalam de…nisi berikut ini. De…nisi 4.2 Jika  adalah suatu alfabet dan n dari  secara rekursif sebagai berikut:

2Z

+

; dide…nisikan kuasa

1. 1 = ; dan 2. n+1 = xy=x

n

2 ; y 2  g; xy menotasikan jajaran x dan y: Contoh 4.10 Misalkan  = f0; 1g; maka 00; 01; 01; 10; 10; 11g;  = f00; 000; 001; 001; 010; 010; 011; 011; 100; 100; 101; 101; 110; 110; 111g; dan  = f000; 0000; 0001; 0001; 0010; 0010; 0011; 0011; 0100; 0100; 0101; 0101; 0110; 0110; 0111; 0111;  = f0000; 1000; 1000; 1001; 1001; 1010; 1010; 1011; 1011; 1100; 1100; 1101; 1101; 1110; 1110; 1111g: Misalkan  = fa;b;cg; maka  = faa;ab;ac;ba;bb;bc;ca;cb;ccg; dan  = faaa; aaa; aab; aab; ::; ::; acc; acc; baa; baa; bab; bab; ::; ::; bcc; bcc; caa; caa; cab; cab; ::; ::; ccc ccc g: f

2 3 4

2 3

Suatu anggota dari n disebut string n-simbol atau string dengan pan jang n: Secara umum, jika  = m; maka n = mn :

j j

j j

De…nisi 4.3 Untuk alfabet alfabet ; dide…nisikan 0 =  ; dimana  menotasikan string kosong , yaitu string yang tidak memuat simbol apapun yang diambil dari :

fg

Dari de…nisi di atas perlu dicatat bahwa: 1.  = :

2

2. Karena Karena  = ; maka   :

2 fg 6 0 = j?j; maka fg =6 ?: 3. Karena Karena jfgj = 1 = De…nisi 4.4 Jika  adalah suatu alfabet, maka +

1.  =

1

S

n=1

n =

S

n2Z+

n ; dan


2.  =

1

S

109

n :

n=0

Dari de…nisi di atas, jelas bahwa  = +

0

[ :

Sebagai tambahan dari istilah string, string, anggotaanggota-angg anggota ota dari dari + atau  disebut juga dengan kata (word) atau kadangkala disebut dengan kalimat (sentence). (sentence). Perlu Perlu juga dicatat bahwa bahwa walaupun himpunan + dan  takhingga, anggota-anggotanya diacu sebagai string simbol yang berhingga . Contoh 4.11 Untuk  = 0; 1 ; himpunan  memuat semua string dari simbol \0" dan \1" term termas asuk uk strin stringg koso kosong ng.. Untu Untuk k n kecil , kita kita masi masih h n mampu menuliskan semua anggota dari  : Misalkan  = ; 0; 1; :::; :::; 9; +; ; ; =; (; ) ;

f g

f



g

dimana  menotasikan spasi (blank) (blank).. Untuk Untuk pende… pende…nis nisian ian  ini, ini, cukup cukup  sulit menggamb menggambarkan arkan semua anggota anggota  ; dan untuk n > 2 terlalu banyak banyak n  menuliskan semua anggota dari  : Suatu contoh anggota dari  adalah ekspresi aritmatik (6 + 3)= 3)=(5 (34 21)); 21));





atau suatu string tanpa makna +)(4 +  )) )) De…nisi 4.5 Jika w1 ; w2

+

2

 1=3(: 3(:

; maka bisa ditulis

w1 = x1 x2:::xm dan w2 = y1 y2 :::yn ;

dan x dan x1; x2; :::; :::; xm ; y1 ; y2; :::; :::; yn w1 = w2 jika

2 : String w

1

untuk m; n

+

2Z

;

dan w2 dikatakan sama , notasi

m = n; dan xi = yi untuk setiap 1

 i  m: ; dimana x 2  untuk setiap

De…nisi 4.6 Misalkan w = x1 x2:::xn + i 1 i n: Panjang dari w, notasi w ; dide…nisikan sebagai nilai dari n: Untuk kasus string kosong ; maka  = 0:

 

2 jj jj jj jj


De…nisi 4.7 Jika x; y

+

2

110

dengan

x = x1 x2 :::xm dan y = y1 y2:::yn ;

untuk m; n

x1 ; x2; :::;xm ; y1 ; y2; :::;y n

2Z

+

; dan

2 :

Rangkaian (conca (concatenation) tenation) dari x dan y, dinotasikan xy, dide…nisikan sebagai string xy = x1 x2:::xm y1 y2:::yn : Rangkaian dari x dan  adalah x = x1 x2 :::xm  = x1 x2:::xm = x:

Rangkaian dari  dan  adalah  = : Rangkaian merupakan operasi biner yang tertutup pada  (juga + ), bersifat asosiatif tetapi tidak komutatif (kecuali jika  = 1), dan karena x = x = x untuk setiap x  ; maka  merupakan unsur identitas dari  terhadap operasi rangkaian tersebut. Keterkaitan operasi rangkaian dan panjang string diantaranya dapat dilihat dalam sifat berikut ini.

j j

2



jjxjj + jjyjj ; untuk setiap x; y 2  ; kxk; untuk setiap x 2  ; dan jjzjj = jjzjj = 1; untuk setiap z 2 : De…nisi 4.8 Untuk setiap x 2  ; dide…nisikan kuasa (power) dari x sejjxyjj kxk kzk

= = =





cara rekursif sebagai

x0 = ; x1 = x; x2 = xx; x3 = x2 x; :::; xn+1 = xn x;

untuk n

2 N.

Contoh 4.12 Jika  = 0; 1 dan x = 01; 01; maka

f g

01; x2 = 0101; 0101; x3 = 010101; 010101; x0 = ; x1 = 01; 2

kx k kx k n

 

= 4=2 x ; x3 = 6 = 3 x ; dan secara umum = n x ; untuk n > 0:

kk

kk

kk

De…nisi 4.9 Jika x; y  dan w = xy; maka string x disebut pre…ks (pre…x) dari w; dan jika y = ; maka x disebut pre…ks sejati (proper pre …x) dari w: Dalam hal ini, y disebut sa…ks (su¢x) dari w; dan jika x = ; maka y disebut sa…ks sejati (proper pre…x) dari w:

2

6

6


111

De…nisi 4.10 Jika x; y; z  dan w = xyz; maka y disebut dengan substring dari string dari w: Apabila sedikitnya satu dari x dan z bukan ; maka y disebut substring sejati dari w:

2

De…nisi 4.11 Diberikan Diberikan alfabet alfabet ; sembarang subhimpunan dari  disebut dengan bahasa (language) atas : Dalam de…nisi ini termasuk himpunan kosong ? dan disebut bahasa kosong (empty language). De…nisi 4.12 Untuk alfabet  dan bahasa A; B dan B; dinotasikan AB; dide…nisikan sebagai AB = ab=a

f



  ; rangkaian dari A

2 A; b 2 Bg:

Teorema 4.1 Untuk alfabet  dan bahasa A;B;C



  ; maka:

1. A  =  A = A

fg fg

2. (AB) AB )C = A(BC ) BC ) 3. A(B

[ C ) = AB [ AC 4. (B [ C )A = BA [ C A 5. A(B \ C )  AB \ AC 6. (B \ C )A  BA \ CA De…nisi 4.13 Diberikan bahasa A  ; kita dapat mengkonstruksi bahasabahasa yang lain dengan langkah-langkah sebagai berikut:



2Z ; = fab=a 2 A; b 2 A g:

1. A0 =  ; A1 = A; dan untuk setiap n

fg

An+1 2. A+ =

S

+

n

An ; disebut ketertutupan positif positif (positive (positive closure) dari A:

n2Z+

3. A = A+ A:

[ fg; disebut ketertutupan ketertutupan Kleene Kleene (Kleene closure) dari


4.2.2 4.2.2

112

Mesin Mesin Statu Statuss Berhin Berhingg gga a

Sebelum mende…nisikan mesin status berhingga, diberikan ilustrasi berikut. Vending machine menjua menjuall dua minuman minuman kaleng: kaleng: Cola Cola (C) dan Fanta anta (F) dengan harga sama 20c 20c/: Mesin tersebut tersebut menerima koin: Nikel Nikel (senilai 5/), c/), Dime (10 (10c/), c/), dan Kuarter (25 (25cc/), /), dan mampu memberikan pengembalian. Jika seseorang ingin membeli Fanta dengan menggunakan 2 Nikel dan 1 Dime, cara kerja mesin tersebut digambarkan dalam tabel berikut ini. t0

Status Input Output

t1 t2 t3 t4 (1) s0 (4) s1(5c (5c/) (7) s2 (10c (10c/) (10) s3(20c (20c/) (10) s0 (2) 5c/ (5) 5c/ (8) 10c 10c/ (11) W (3) K (Kos ( Koson ong) g) (6) (6) K (9) K (12) F

Jika seseorang ingin membeli Cola dengan menggunakan 1 Kuarter, cara kerja mesin tersebut digambarkan dalam tabel berikut ini. t0

Status Input Output

t1 t2 (1) s0 (4) s1 (20c (20c/) (7) s0 (2) 25c 25c/ (5) B (3) 5c/ (kem (kemba balia lian) n) (6) C

Ilustrasi pada vending machine di atas merupakan gambaran yang umumnya terjadi pada cara kerja komputer dijitel atau sistem komunikasi telefon. Hal ini dapat diabstraksikan sebagai berikut: 1. Pada Pada setiap waktu, waktu, mesin berada dalam keadaan salah satu dari sejumsejumlah berhingga status. Status-status ini disebut dengan status internal , dinyatakan: s0; s1; s2; ...,s ...,sk : 2. Mesin Mesin siap siap me mener nerim imaa input input sejum sejumlah lah berhi berhingg nggaa sim simbol. bol. Himp Himpun unan an simbol-simbol input yang mungkin disebut alfabet input , dinotasikan : Dalam ilustrasi di atas,

I

I = f5c/; 10c 10c/; 25c 25c/; W; Bg: 3. Output dan status berikutnya ditentukan oleh kombinasi input dan status inter internal. nal. Him Himpuna punan n semua semua simbol simbol output output yang yang mungk mungkin in disebut disebut alfabet output , dinotasikan :

O

O = f5c/; 10c 10c/; 15c 15c/; 20c 20c/;F;C;K (kosong)g:

4.3 Relasi Rekurensi

113

De…nisi 4.14 Mesin Mesin Status Status Berhingga Berhingga adalah adalah rangkai rangkai-5, -5, notasi notasi M = (S; ; ;  ; $) $); dimana S dimana S adalah himpunan internal status untuk M untuk M ;; adalah alfabet input untuk M untuk M ; adalah alfabet output untuk M ;  : S S adalah fungsi status berhingga ; dan $ : S adalah fungsi output .

I O

I I I !

O

I ! O Karena dalam mesin status berhingga, S; I ; dan O adalah himpunanhimpunan berhingga, maka  (s; x) dan $(s; x) untuk setiap s 2 S dan untuk semua x 2 I dapat direpresentasikan dengan tabel yang disebut Tabel Status , atau dapat direpresentasikan dengan Diagram Status.

Contoh 4.13 Dide…nisikan mesin status berhingga M = (S; ; ;  ; $) $); dimana S = s0; s1; s3 ; = = 0; 1 ; dan  dan  ; $ diberikan dalam tabel status berikut.  $ 0 1 0 1 s0 s0 s1 0 0 s1 s2 s1 0 0 s2 s0 s1 0 1

f

I O

g I O f g

Jika M diberi input string 1010; 1010; maka outputnya string 0010: 0010: Hasil ini dinyatakan dalam tabel berikut. Status s0 s1 s2 s1 s2 Input 1 0 1 0 0 Output 0 0 1 0

4.3 4.3

Rela Relasi si Rekur ekuren ensi si

Telah diperkenalk diperkenalkan an dalam bahasan sebelumnya tentang de…nisi rekursif, rekursif, yang pada dasarnya merumuskan suku ke-n ke-n dari suatu barisan tidak secara eksplisit eksplisit melainkan melainkan nilainya bergantung pada suku-suku sebelumnya. sebelumnya. Dengan ide hampir serupa, dalam bab ini kita akan membahas fungsi a (n) ; yang seperti biasanya lebih enak dituliskan dengan an (untuk n Z+); dimana nilai an bergantung nilai suku-suku sebelunya sebelumnya: an1 ; an2 ; ..., a1 ; a0: Relasi yang demikian disebut relasi rekurensi .

2

4.3.1 4.3.1

Relas Relasii Rekur Rekurens ensii Linear Linear Order Order Per Pertam tama a

Untuk memahami relasi rekurensi linear order pertama, sebagai gambaran ada baiknya kita ingat kembali de…nisi progresi geometrik (deret geometri). Progresi geometrik adalah barisan tak hingga, contohnya: 5, 15, 15, 45, 45, 135; 135; ...,


114

dimana pembagian setiap suku (kecuali suku pertama) dengan tepat satu suku sebelumnya adalah konstan, disebut rasio bersama. Pada contoh kita rasio bersamanya adalah 3; karena 3 = 15 = 45 = 135 = :::: Jika a0 ; a1 ; a2 ; 5 15 45 ... adalah progresi geometrik dengan rasio bersama adalah r; maka aa+1 = r untuk n = 0; 1; 2; 3;:::Jika ;:::Jika r = 3; kita dapatkan an+1 = 3an; dengan n 0: Relasi rekurensi an+1 = 3an; n 0 tidak mende…nisikan progresi geometrik yang tunggal, karena barisan 3; 9; 27; 27; 81, 81, ... juga juga me meme men nuhi relas relasii yang yang bersangkutan. bersangkutan. Jadi untuk mende…nisik mende…nisikan an suatu progresi progresi geometrik dari suatu relasi rekurensi diperlukan nilai satu suku dari relasi itu. Hubungan Hubungan suku an+1 dengan dengan suku sebelumn sebelumnya ya dalam dalam relasi relasi rekure rekurensi nsi menentuk menentukan an jenis relasi rekurensi rekurensi yang bersangkutan. bersangkutan. Jika Jika nilai an+1 hanya bergantung pada nilai an (tepat satu suku sebelumnya), maka relasi yang demikian dikatakan dikatakan mempunyai mempunyai order pertama . Selanjutnya, Selanjutnya, jika jika tipe hubungannya juga linear dengan koe…sien konstan, maka disebut relasi rekurensi homogen linear order pertama dengan koe…sien kontan . Nilai a0 atau a1 yang diketahui pada suatu relasi rekurensi disebut nilai syarat batas . Ekspresi a0 = A, dimana A konstan, konstan, juga disebut sebagai syarat awal . Syarat batas menentukan ketunggalan solusi. n

n





an+1 = 3an ;

n

 0;

a0 = 5:

(4.1)

Lima suku pertama menentukan pola berikut ini: a0 a1 a2 a3 a4

5; 3a0 3a1 3a2 3a3

= = = = =

= 3 (5) (5) ; = 3 (3 (5)) (5)) = 32 (5) ; = 3 32 (5) = 33 (5) ; = 3 33 (5) = 34 (5) :

 

Hasil ini membawa kita pada rumusan bahwa untuk setiap n yang disebut solusi umum dari Relasi (4.1).

 0; a

Kesimpulan: Solusi umum dari suatu relasi rekurensi an+1 = dan ;

n

 0;

d konst onstan an,,

adalah tunggal dan dirumuskan dengan an = Adn;

n

 0:

dan dan

a0 = A

n

= 5(3n)


115

Contoh 4.14 Selesaikan relasi rekurensi rekurensi an = 7an1 ; dimana n 1 dan a2 = 98: 98: Ini hanyalah suatu bentuk alternatif dari relasi an+1 = 7an untuk n 0 dan a2 = 98: 98: Oleh karena karena itu solusi solusi umumnya umumnya mempunyai mempunyai bentuk bentuk n 2 an = a0 (7 ) : Karena a2 = 98 = a0 (7 ) ; akibatnya a0 = 2; dan an = 2 (7n) untuk n 0 adalah solusi tunggal.







Relasi rekurensi rekurensi an+1 dan = 0 adalah linear karena setiap sukunya sukunya berpangkat berpangkat satu. Juga di dalam relasi linear tidak ada produk sepertia seperti an an1 ; yang bisa muncul di dalam relasi rekurensi tak-linear seperti an+1 3anan1 = 0: Akan tetapi, adakalanya suatu relasi rekurensi tak-lineaar bisa ditransformasikan ke dalam bentuk linear dengan menggunakan substitusi aljabar.





Contoh 4.15 Carilah a12 jika a2n+1 = 5a2n; dimana an > 0 untuk n 0; dan a0 = 2: Walaupun relasi rekurensi ini tak-linear, jika dimisalkan bn = a2n ; maka diperoleh relasi yang baru bn+1 = 5bn untuk n 0; dan b0 = 4; adalah linear dengan solusi bn = 4(5n ) : Dengan demikian an = 2( 5)n untuk n untuk n 0; 12 dan a12 = 2 5 = 31250: 31250:



 p

p 



Bentuk umum relasi rekurensi linear order pertama dengan koe…sien konstan adalah: an+1 + can = f ( f (n) ; n 0;



dimana c adalah konstan dan f adalah fungsi yang mengambil nilai intejer tak-negatif. Jika f ( f (n) = 0 untuk setiap n N; relasi ini disebut homogen. Salah Salah satu metode metode mengur mengurutk utkan an data yang yang cukup cukup populer, populer, walaupun alaupun tidak tidak yang yang paling paling e…sien, e…sien, adalah adalah suatu suatu teknik teknik yang yang disebut disebut Bubble Bubble Sort. disini input adalah intejer positif n dan larik bilangan nyata x1 ; x2 ;:::;xn yang akan diurutkan dalam urutan menaik . Perha Perhatik tikan an algoritme algoritme Bubble Bubble Sort yang dinyatakan dalam prosedur berikut: PROSEDUR 15 procedure BubbleSort (x1 ; x2 ;:::;xn: real) begin for i := 1 to n 1 do for j := n downto i + 1 do if x j < x j 1 do begin temp := x j 1 x j1 := x j x j := temp end end

2




116

Untuk menghitung fungsi komplesitas waktu f ( f (n) ketika algoritme di atas digunakan pada suatu input larik berukuran n 1; kita harus menghitung jumlah total perbandingan dalam mengurutkan n bilangan yang bersangkutan. Jika an menyatakan banyaknya perbandingan, maka kita dapatkan relasi rekurensi rekurensi berikut:



an = an1 + (n (n

 1); 1);

n

 2;

a1 = 0:

Relasi ini adalah linear order pertama pertama dan tak-homogen. Karena Karena tidak ada teknik umum untuk menyelesaikannya, kita harus mencari polanya: a1 a2 a3 a4 a5

= = = = =

0 a1 + (2 a2 + (3 a3 + (4 a4 + (5

 1) = 1  1) = 1 + 2  1) = 1 + 2 + 3  1) = 1 + 2 + 3 + 4:4:

Kita dapatkan rumus umum yang kebenarannya dapat dibuktikan dengan prinsip induksi matematik, yaitu: an = 1 + 2 + 3 + ::: + (n (n

n2

 1) = 2 n :

Kesimpulannya, Bubble Sort menentukan fungsi komplesitas waktu f : Z R dengan n2 n f ( f (n) = an = : 2 Akibatnya, ukuran running time algoritme di atas adalah f O (n2 ) : +

!



2

4.3.2 4.3.2

Relas Relasii Rekure Rekurensi nsi Linear Linear Homo Homogen gen Order Order Kedu Kedua a dengan Koe…sien Konstan

Misalkan k Z+ dan C n (= 0) ; C n1 ;:::;C nk (= 0) adalah bilangan-bilangan nyata. Jika an ; untuk n 0; adalah fungsi diskret, maka

2

6 

6

C n an + C n1an1 + ::: + C nk ank = f ( f (n) ;

n

 k;

adalah adalah relasi relasi rekure rekurensi nsi linear linear berorder berorder k denga dengan n koe…s koe…sien ien konst konstan. an. Jik Jika f ( f (n) = 0 untuk setiap n 0; relasi ini disebut homogen; ingkarannya adalah tak-homogen .




117

Pada bagian ini kita akan membahas relasi homogen berorder dua: C nan + C n1 an1 + C n2 an2 = 0;

n

 2:

(4.2)

Pada dasarnya kita akan mencari solusi dalam bentuk an = cr n; dimana c = 0 dan r = 0: Substitusikan an = crn ke Persamaan (4.2), kita dapatkan

6

6

C ncr n + C n1 cr n1 + C n2 crn2 = 0:

(4.3)

Karena c; r = 0; Persamaan (4.3) menjadi

6

C nr 2 + C n1 r + C n2 = 0 merupakan persamaan kuadrat yang disebut persamaan karakteristik . Mi Missalkan r1 dan r2 adalah akar dari persamaan itu, maka ada tiga kemungkinan: A. r1 dan r2 adalah dua real berbeda. B. r1 dan r2 adalah dua kompleks saling konjugate. C. r1 dan r2 adalah dua real yang sama. KASUS-A (Dua Akar Real Berbeda) Contoh 4.16 Selesaikan relasi rekurensi an + an1

 6a

1; a = 8: (4.4) 6 0 dan r =6 0; adalah solusi dari = cr ; dimana c =

n2

= 0;

n

 2;

dan a0 =

1

n Jawab. Misalkan an Relasi (4.4), maka diperoleh persamaan karakteristik

0 = r2 + r

 6 = (r  2) (r + 3) ) r = 2; 3 adalah dua akar real berbeda, sehingga a = 2 dan a = (3) merupakan dua solusi [sebagaimana juga b (2 ) dan d (3) untuk sembarang konstan n

n

n

n

n

n

b; d]. Kedua solusi ini adalah bebas linear kerena yang satu bukan bukan merupakan merupakan kelipatan yang lain. Jadi, an = c1 (2n ) + c2 ( 3)n



merupak merupakan an solusi umum. umum. Kemudian, Kemudian, karena karena a0 = 1 dan a1 = 8; dengan substitusi, substitusi, kita peroleh c1 = 1 dan c2 = 2: Akhirnya, kita dapatkan jawaban





an = 2n

n

 2 (3)

:


118

a3 = 2100

 2 (3)

100

z

KASUS-B (Dua Akar Kompleks Saling Konjuget) Sebelum masuk ke pembahasan pembahasan inti, kita ingat kembali Teorema Teorema DeMoivre: (cos  + i sin )n = cos n + i sin n;

n

 0:

Jika z = x + iy

2 C;

z = 0;

6

dapat kita tuliskan z = r (cos  + i sin ) ;

r=

Jika x = 0; maka untuk y > 0;

p

x2 + y 2 ; dan

y = tan  untuk x = 0: x

6

   z = yi = yi sin = y cos + i sin ; 2 2 2

  jj

dan untuk y < 0;

3 z = yi = y i sin = y 2

jj



3 3 cos + i sin 2 2



:

Dalam semua kasus, z n = rn (cos n + i sin n) n)



Contoh 4.17 Tentukan

p 1 + 3i

Jawab. Misalkan z = 1 + Jadi



1+

p



3i

10

10



n

 0:

:

p 3i; maka x = 1; y = p 3, r = 2; dan  =

       p ! !      p 



3

:

10 10 10 10 + i sin 3 3 4 4 cos + i sin 3 3

= 210 cos = 210

1 2

= 210 =

29

1+

3 2

i

3i :

z


119

Contoh 4.18 Selesaikan relasi rekurensi an = 2 (an1 2 dan a0 = 1; a1 = 2:

a

n2

) ; dimana n



Jawab. Misalkan an = cr n ; dimana c = 0 dan r = 0; adalah solusinya, maka persamaan karakteristiknya

6

r2

6

 2r + 2 = 0 ) r = 1  i

adalah adalah dua akar akar kompl kompleks eks saling konjuget. konjuget. Akibatn Akibatnya ya,, solusi solusi umumn umumnya ya adalah an = c1 (1 + i)n + c2 (1 i)n ;



dimana c1 dan c2 menyatakan sembarang konstan kompleks. Dengan DeMoivre: an

p c ( 2) p c ( 2) p

 

 

 

p p

n n n n n = 1 cos + i sin + c2 ( 2)n cos + i sin 4 4 4 4 n n n n n = 1 cos + i sin + c2 ( 2)n cos i sin 4 4 4 4 n n = ( 2)n k1 cos + k2 sin ; 4 4



dimana k1 = c1 + c2 dan k2 = (c1

p p













 c ) i: 2

1 = a0 = ( 2)0 (k1 cos cos 0 + k2 sin sin 0) = k1   2 = a1 = ( 2)1 k1 cos + k2 sin = 1 + k2 ; 4 4





sehingga k1 = 1 dan k2 = 1: Jadi, jawabannya

p

an = ( 2)

p

( 2)

n

n n cos + sin ; 4 4

 

200



200 200 200 200 cos + sin 4 4

: 1267650600228229401496703205376 KASUS-C (Dua Akar Real Sama)

n

 0:



z

Contoh 4.19 Selesaikan relasi rekurensi an+2 = 4an+1 dan a0 = 1; a1 = 3:

 4a ; dimana n  0 n

Jawab. Misalkan an = cr n ; dimana c = 0 dan r = 0; adalah solusinya, maka persamaan karakteristiknya

6

0 = r2

6

2

 4r + 4 = (r(r  2) ) r = 2


120

adalah dua akar real sama. Berarti solusinya an = 2n. Oleh karena itu, kita harus mencari satu solusi yang lagi bebas linear, ambil saja an = f ( f (n) 2n , dimana f ( f (n) tidak konstan..Un konstan..Untuk tuk mencari mencari f ( f (n), digunakan substitusi f ( f (n + 2) 2) 2n+2 = 4f ( f (n + 1) 1) 2n+1 4f ( f (n) 2n f ( f (n + 2) = 2f ( f (n + 1) f ( f (n) :





,

(4.5)

Diperoleh bahwa bahwa f ( f (n) = n mem memen enuhi uhi Persam Persamaan aan (4.5). (4.5). Jadi Jadi an = n2n adalah solusi kedua yang bebas linear dengan an = 2n : Akibatnya, kita dapatkan solusi umum an = c1 (2)n + c2 n (2)n : Untuk a0 = 1; a1 = 3; didapatkan solusi khusus n

an = (2) +



1 n (2)n = (2)n + n (2)n1 ; 2

n

 0: z

Bentuk Umum: Jika C n an + C n1an1 + ::: + C nk ank = 0; dengan C n (= 0) ; C n1 ;:::;C nk (= 0) adalah kontanta real,

6

6

dan r adalah akar karakteristik dengan multiplisitas m; dimana 2 m k; maka bagian dari solusi umum yang melibatkan akar r mempunyai bentuk

 

A0 rn + A1 nrn + A1 n2 rn + ::: + Am1 nm1 rn





= A0 + A1 n + A1 n2 + ::: + Am1nm1 r n dimana A0 ; A1 ; A1 ;:::;Am1 adalah sembarang konstan.

4.3.3 4.3.3

Relasi Relasi Rekuren Rekurensi si Tak-homo ak-homogen gen

Kita perhatikan relasi rekurensi an

a

n1

= f ( f (n);

n

 1;

f ( f (n) tidak semuanya nol untuk nilai n; maka solusinya n

an = a0 +

X

f ( f (i) :

(4.6)

i=1

Kita dapat menyelesaikan Persamaan (4.6) dalam n; jika kita dapat merumuskan in=1 f ( f (i) :

P


121

Contoh 4.20 Selesaikan relasi rekurensi an

a

n1

= 3n2;

n

 1; dan a

0

= 7:

Jawab. Disini f ( f (n) = 3n2 ; sehingga solusi umumnya n

X X

an = a0 +

f ( f (i)

i=1 n

= 7+

3i2

i=1

= 7+

1 (n) (n + 1) 1) (2n (2n + 1) 2 z

Chapter 5 Pengantar Teori Graf 5.1 5.1

Konse onsep p Dasar asar Graf raf

De…nisi 5.1 Misalkan V adalah adalah himpunan himpunan takkosong takkosong dan berhingga, erhingga, dan misalkan pula E V V . V . Pasa Pasang ngan an (V; E ) disebut graph berarah berarah (directed graph – digraph) pada V , V , dimana V disebut himpunan verteks atau node, node, dan E disebut himpunan (directed) edge atau arc arc. Selanj Selanjutn utnya ya untuk menyatakan graph seperti ini ditulis G = (V; E ). Jika E himpunan edge takberarah , G = (V; E ) disebut graph takberarah takberarah .

 

Contoh 5.1 Dide…nisikan suatu graf berarah G = (V; E ) dengan V = a;b;c;d;e dan E = (a; a); (a; b); (a; d); (b; c) :

f

g

f

Graf ini direpresenratasikan pada Gambar 5.1.

122

g

5.1 Konsep Dasar Graf

123

a

b

d

c

e

Gambar 5.1 Untuk sembarang edge, misalkan e = (x; y ), maka e disebut insiden (incident) dengan verteks x dan y; x disebut adjacent ke y; dan y disebut adjacent dari x: Suatu verteks yang adjacent ke dirinya sendiri disebut loop. loop. Suat Suatu u verteks yang tidak adjacent dengan verteks apapun termasuk dirinya sendiri disebut verteks terisolasi . Pada Gam Gambar bar 5.1, 5.1, edge edge (a; a) adalah loop dan verteks e adalah verteks yang terisolasi. Contoh 5.2 Dide…nisikan suatu graf takberarah G = (V; E ) dengan V = a;b;c;d dan E =

f

g

ffa; bg; fa; dg; fb; cgg

Graf ini direpresenratasikan pada Gambar 5.2.

a

b

d

Gambar 5.2

c


124

Perhatikan bahwa pada pede…nisian graf takberarah edge-nya diberikan dalam bentuk himpunan, misalnya saja a; b : Sesuai dengan pengertian himpunan, ini berarti urutannya tidak diperhatikan, sehingga a; b = b; a : Sedangkan Sedangkan pada pede…nisian graf berarah, edge-nya menggunakan menggunakan pasangan pasangan terurut, sehingga (a; b) = (b; a): Di dalam diktat ini, jika diberikan suatu graf G tanpa keterangan apapun (berarah atau takberarah), maka yang dimaksud adalah graf takberarah dan tanpa loop. loop .

f g

f g f g

6

De…nisi 5.2 Misalkan x Misalkan x dan y dan y (tidak perlu berbeda) adalah verteks di dalam suatu graph takberarah G = (V; E ). Suat Suatu u walk x y di dalam G adalah barisan berhingga (bebas loop)



x = x0; e1 ; x2 ; e2 ; : : : ; en1 ; xn1 ; en ; xn = y dari verteks dan edge (selang-seling) yang diawali dan diakhiri oleh verteks. Panjang dari suatu walk, dinotasikan dengan n, adalah banyaknya edge yang terdapat di dalam walk itu. Jika n = 0; berati walk tidak memuat edge, maka walk disebut trivial . Jika x = y; walk disebut tertutup. tertutup. Jika x = y; walk disebut terbuka .

6

Catatan bahwa bahwa barisan pada de…nisi walk di atas, verteks dan edge boleh diulang. De…nisi 5.3 Pandang sembarang walk x G = (V; E ).

 y dalam suatu graph takberarah

 Jika tidak ada edge yang diulang di dalam barisan x  y; maka walk disebut trail x  y: Trail yang tertutup (verteks awal dan akhir sama)

disebut sirkuit (circuit). (circuit). Catatan Catatan bahwa bahwa di dalam trail, trail, verteks verteks boleh berulang.

 Jika setiap verteks hanya muncul sekali (tidak boleh berulang) di dalam barisan x barisan x  y; maka walk disebut path x path x  y: Path yang tertutup (verteks awal dan akhir sama) disebut cycle. cycle.

Pengertian Pengertian pada de…nisi di atas juga berlaku untuk graph berarah. Hanya Hanya saja peristilahanny peristilahannyaa menjadi: menjadi: trail berarah , sirkuit berarah , path berarah , dan cycle berarah .


125

a

b

d

c

e

Gambar 5.3

Contoh 5.3 Dari Gambar 5.3, buatlah suatu contoh: 1. walk walk a

 c dengan panjang 5: 2. trail trail a  d dengan panjang 5: 3. sirkui sirkuit t a  a dengan panjang 6: 4. path a  c dengan panjang 4: 5. cycle cycle a  a dengan panjang 5: Jawab. Berdasark Berdasarkan an de…nisinya, de…nisinya, berikut ini diberikan diberikan masing-masing masing-masing satu contoh untuk: 1. walk a

 c dengan panjang 5 : fa; bg; fb; dg; fd; ag; fa; bg; fb; cg:

2. trail a

 d dengan panjang 5 : fa; bg; fb; eg; fe; cg; fc; bg; fb; dg:

3. sirkui sirkuitt a

 a dengan panjang 6 : fa; bg; fb; eg; fe; cg; fc; bg; fb; dg; fd; ag:


126

4. path a

 c dengan panjang 4 : fa; bg; fb; dg; fd; eg; fe; cg:

5. cycle a

 a dengan panjang 5 : fa; bg; fb; dg; fd; eg; fe; cg; fc; ag: z

Teorema 5.1 Misalkan G Misalkan G = (V; E ) adalah graph takberarah dengan a; b V dan a dan a = b: Jika ada trail di dalam G dari a ke b, maka ada path di dalam G dari a ke b.

2

6

Bukti. Karena ada trail a terpendek, sebut saja

 b di dalam G; maka dapat dipilih satu yang

fa; x g; fx ; x g; :::; :::; fx ; bg: 1

1

2

(5.1)

n

Jika trail ini tidak mempunyai path, maka ia pasti mempunyai bentuk

fa; x g; fx ; x g; :::; :::; fx ; x g; fx ; x g; fx ; x g; :::; :::; fx ; x g; fx ; x g; fx ; x g; :::; :::; fx ; bg; 1

m1

1

m

2

k1

m

m+1

k

k

m+1

k+1

m+2

k+1

k+2

n

dimana k < m dan xk = xm ; bisa terjadi k = 0 dan a(= x0 ) = xm ; atau, m = n + 1 dan xk = b(= xn+1 ): Ini adalah suatu kontradiksi, karena barisan

fa; x g; fx ; x g; :::; :::; fx 1

1

2

k1

; xk ; xm ; xm+1 ; :::; :::; xn ; b

gf

merupakan trail yang lebih pendek dari trail (5.1).

g f

g z

De…nisi 5.4 Graph takberarah G disebut terhubung (connected) terhubung (connected) jika untuk setiap dua verteks verteks yang berbed erbeda a terdap terdapat at suatu path yang menghubung menghubungkan kan keduanya. Jika tidak demikian G disebut takterhubung (disconnected). takterhubung (disconnected).


127

a

b

e

d

c

f

Gambar 5.4

Contoh 5.4 Gambar 5.2 dan Gambar 5.3 merupakan contoh graf terhubung. Sedangkan Gambar 5.4 merupakan contoh graf takterhubung. Gambar 5.4 merepresentasikan graf takterhubung G = (V; E ); dimana V dapat dipartisikan dalam dua subhimpunan V 1 = a;b;c;d dan V 2 = e; f sedemikian sehingga tidak ada edge x; y E dengan x V 1 dan y V 2 . Dalam Dalam hal hal ini Graf Graf G G terpartisikan menjadi 2 graf yaitu G1 = (V 1 ; E 1 ) dan G2 = (V 2 ; E 2 ), dimana E 1 = a; b ; a; d ; b; c dan E 2 = e; f : Anggota partisi dari suatu graf takterhubung disebut dengan komponen . Secara Secara umum, umum, suatu suatu graf graf dikatak dikatakan an takterhubung jika jika ia terpartisik terpartisikan an menjadi lebih dari satu komponen , sedangkan suatu graf dikatakan terhubung jika ia terdiri dari hanya satu komponen . Banyakny Banyaknya a komponen dari suatu graf G dinotasikan dengan (G): Misalnya, untuk graf G graf G pada Gambar 5.4, (G) = 2:

f

f g2 ff g f g f gg

K

g

2

f g 2 ff gg

K

De…nisi 5.5 Misalkan V himpun himpunan an takkos takkosong ong dan dan berhing erhingga. ga. Pasang Pasangan an (V; E ) menentukan multigraf menentukan multigraf G dengan himpunan verteks V dan himpunan edge E , jika untuk suatu x; y V , V , ada dua atau lebih edge dalam E berbentuk:

2

 (x; y) untuk multigraph berarah , atau  fx; yg untuk multigrapah takberarah.


128

e

a

b

d

c

Gambar 5.5

Gambar 5.5 merupakan contoh representasi dari suatu multigraf berarah.

b

e

a

f

g

c

d Gambar 5.6

Soal 5.1.1 Untuk suatu graf G = (V; E ) yang direpresentasikan pada Gambar 5.6, tentukan: 1. contoh suatu suatu walk b

 d di dalam G yang bukan suatu trail. 2. contoh suatu suatu trail b  d di dalam G yang bukan suatu path. 3. contoh suatu suatu path b  d di dalam G. 4. contoh suatu suatu walk tertutup tertutup b  b di dalam G yang bukan suatu sirkuit. 5. contoh suatu suatu sirkuit b  b di dalam G yang bukan suatu cycle.


129

6. contoh suatu suatu cycle b

 d di dalam G. 7. banyaknya anyaknya semua path b  f: a

k

d

l

g

m

j

e

f

h

i

Gambar 5.7

Soal 5.1.2 Misalkan a dan b adalah dua verteks yang berbeda di dalam suatu graf takberarah dan terhubung. Jarak dari a ke b dide…nisikan sebagai panjang path terpendek dari a ke b ke b (jika a = b; jaraknya dide…nisikan sebagai 0). Untuk Untuk suatu suatu graf graf G yang direpresentasikan pada Gambar 5.7, tentukan jarak dari verteks d ke verteks yang lain di dalam G: Soal 5.1.3 Untuk n 2; misalkan G = (V; E ) adalah graf tak berarah tanpa loop dimana V adalah himpunan semua bitstring dengan panjang n; dan



E =

ffu; vgu; v 2 V dan u; v berbeda di tepat 2 posisi g:

Ilustrasi, misalkan n = 4; u = 1011; 1011; v = 0010; 0010; dan w dan w = 1010; 1010; maka u; v E; u; w = E; dan v; w = E: Tentukan (G):

f

g2

f g2

K

f g2

Soal 5.1.4 Tujuh kota a; b; c; d; e; f; dan g dihubungkan oleh suatu sistem jalan bebas hambatan sebagai berikut:

 I-22 menghubungkan dari a ke c melalui b:  I-33 menghubungkan dari c ke d melalui b dan dilanjutkan ke f:


130

 I-44 menghubungkan dari d ke a melalui e:  I-55 menghubungkan dari f ke b melalui g:  I-66 menghubungkan dari g ke d: Terkait dengan sistem tersebut, jawablah 6 pertanyaan berikut ini. 1. Dengan Dengan merepr merepresenta esentasikan sikan kota sebagai sebagai verteks, verteks, segmen segmen jalan bebas ebas hambatan hambatan sebagai sebagai edge berar erarah, ah, gambarkan gambarkan graf graf berar erarah ah yang merepmerepresentasikan sistem di atas. 2. Daftarkan Daftarkan semua path path dari g ke a: 3. Tentukan entukan jumlah terkecil terkecil segmen segmen jalan yang diharuskan diharuskan tertutup tertutup agar perjalanan dari b ke d terhalang. 4. Apakah Apakah mungkin berangk erangkat at dari c dan kembali lagi ke c; dan mengun jungi semua kota yang lain masing-masing hanya sekali. 5. Jawablah Jawablah Pentanyaan Pentanyaan 4: jika tidak diharuskan kembali lagi ke c: 6. Apakah Apakah mungkin berangka berangkatt dari suatu kota melalui semua jalan masingmasing masing hanya hanya sekali. sekali. (Pada (Pada pertanyaan ertanyaan ini dibolehk dibolehkan an mengunjungi mengunjungi suatu kota lebih dari satu kali, dan tidak diharuskan kota terakhir sama dengan kota saat berangkat.) Soal 5.1.5 Misalkan G = (V; E ) adalah graf takberarah dan tanpa loop, dan misalkan pula a; b adalah suatu edge di dalam G: Buktikan bahwa a; b adalah anggota dari suatu cycle di dalam G jika dan hanya jika penghapusan a; b (verteks a dan b tidak ikut terhapus) tidak menghasilkan graf takterhubung.

f g

f g

f g

Soal 5.1.6 Berikan Berikan suatu contoh graf G yang apabila apabila dihapus dihapus sembar sembarang ang edge-nya menghasilkan graf takterhubung. Soal 5.1.7 Jawablah 2 pertanyaan berikut ini. 1. Jika Jika G G = (V; E ) adalah graf takberarah dan tanpa loop, dengan V = v dan E = e; buktikan bahwa

j j

j j

2e

2

 v  v:


131

2. Nyatakan Nyatakan rumusan seperti seperti Pertanyaa Pertanyaan n 1: untuk kasus graf berarah. Soal 5.1.8 Misalkan G = (V; E ) adalah graf takberar takberarah. ah. De…nisikan suatu relasi pada V dengan a b jika dan hanya jika ada suatu path a b di dalam G. Buktika Buktikan n bah bahwa wa adalah adalah relasi ekuivalensi. ekuivalensi. Terangka erangkan n bertuk partisi dari V yang disebabkan oleh :

R

5.1.1 5.1.1

R R



R

Subg Subgraf raf,, Komple Komplemen men,, dan Isom Isomor or…sm …sma a

De…nisi 5.6 Misalkan G = (V; E ) sembarang sembarang graf berara berarah h maupun tidak. G1 = (V 1 ; E 1) disebut subgraf dari G jika ? = V 1 V dan E dan E 1 E , dimana setiap edge dalam E 1 insiden dengan verteks di dalam V 1 .

6 



Dari de…nisi ini jelas bahwa G adalah subgraf dari dirinya sendiri, atau G disebut subgraf trivial dari G:

b

e

c

d

f

a

Gambar 5.8 Contoh 5.5 Misalkan Gambar 5.6 merepresentasikan merepresentasikan graf G graf G = (V; E ), maka V = E =

fa;b;c;d;e;f;gg dan ffa; bg; fa; cg; fb; cg; fb; eg; fc; dg; fd; eg; fe; f g; fe; gg; ff; ggg:

Berdasa Berdasarkan rkan de…nisinya de…nisinya,, graf graf G1 = (V 1; E 1 ) yang direpresentasika direpresentasikan n pada pada Gambar 5.8 merupakan subgraf dari G: Dalam hal ini V 1 = E 1 =

fa;b;c;d;e;f g  V dan ffa; cg; fb; eg; fc; dg; fd; eg; fe; f g  E:


132

Perhatikan bahwa subgraf taktrivial dari graf G graf G = (V; E ) diperoleh dengan cara menghapus beberapa verteks atau edge dari G: Yang dimaksud menghapus edge, misalnya x; y ; adalah menghilangkan x; y dari keanggotaan keanggotaan E; sedangkan verteks x dan y tidak terhapus terhapus dari keanggotaan keanggotaan V: Sedangkan yang dimaksud dengan menghapus verteks, misalkan a; adalah menghapus a dari keanggotaan V dan menghapus semua edge yang inseden dengan a dari keanggotaan E: Pada Contoh 5.5, subgraf G subgraf G1 diperoleh dari menghapus verteks g (otomatis e; g dan f; g terhapus), edge a; b dan b; c :

f g

f g

f g

f g

f g

f g

De…nisi 5.7 Misalkan G = (V; E ) graph graph berar berarah ah maupun maupun tidak. tidak. Misalkan Misalkan pula G1 = (V 1 ; E 1 ) subgraph dari G. Jika V 1 = V , V , maka G1 disebut subgraph subgraph spanning dari G. Dari de…nisi ini, perhatikan bahwa subgraf spanning G1 diperoleh dari hanya menghapus beberapa edge (tanpa verteks) verteks) di dalam G: Graf pada Gambar 5.9 merupakan subgraf spanning dari graf pada Gambar 5.7.

a

k

d

g

l

m

j

e

f

h Gambar 5.9

i

De…nisi 5.8 Misalkan G = (V; E ) adalah graf berar berarah ah atau tidak. Jika ? = U V , V , subgraf dari G yang dibangkitkan oleh U; dinotasikan U ; adalah subgraf dengan himpunan verteks U dimana jika x; y U dan (x; y ) (atau x; y ) E , maka (x; y ) (atau x; y ) merupakan edge dari U : Subgraf G0 dari graf G = (V; E ) disebut subgraf induced jika ada ? = U V sehingga G0 = U :



f g 2 

f g

h i

2

h i

h i

6 6


133

Dari de…nisi ini, perhatikan bahwa jika diberikan U V dan U = ?; subgraf induced U dari G merupakan graf yang diperoleh dari menghapus semua verteks didalam V yang bukan anggota U: Dengan demikian, subgraf induced dari G diperoleh dari hanya mengapus verteks dari G:



h i

6

Contoh 5.6 Diberikan graf G graf G = (V; E ) yang direpresentasikan pada Gambar 5.6. Jika U = a;b;d;f;g ; tentukan subgraf induced G0 = U dari G:

f

g

h i

Jawab. Nyatakan G0 = (U; E 0 ); dan hapuslah verteks c dan e dari G; maka E 0 = a; b ; f; g :

ff g f gg

G0 direpresentasikan pada Gambar 5.10

b

z

f

a

d Gambar 5.10

De…nisi 5.9 Misalkan V himpunan n verteks. Graph Graph lengkap lengkap pada V , V , ditulis K n , adalah graph takberarah bebas loop dimana untuk semua a; b V , V , a = b, ada suatu edge a; b .

6

2

f g

Dari de…nisi ini, perhatikan bahwa jumlah edge dari K n adalah bar 5.11 mencontohkan representasi dari K 1 ; K 2 ; K 3 ; dan K 4 :

 n

2

: Gam-


K 1

134

K 2

K 3

K 4

Gambar 5.11

De…nisi 5.10 Misalkan G Misalkan G adalah graf takberarah bebas loop dengan n verteks. Komplemen dari G, dinotasikan G, adalah subgraph dari K n yang memuat semua verteks dari G dan semua edge dari K n yang tidak termuat dalam G. Jika G = K n , maka G hanya mempunyai n verteks tetapi tidak mempunyai edge sama sekali. Graph seperti ini disebut graf null . Contoh 5.7 Misalkan G = (V; E ) dengan V = a;b;c;d dan

f E = ffa; bg; fa; cg; fc; dgg:

g

Tentukan G: Jawab. Nyatakan G = (V; E ): Karena himpunan semua edge dari K 4 adalah a; b ; a; c ; a; d ; b; c ; b; d ; c; d ;

ff g f g f g f g f g f gg

maka E =

ffa; dg; fb; cg; fb; dgg:

Gambarkan representasi dari G dan G:

z

De…nisi 5.11 Misalkan G1 = (V 1 ; E 1) dan G2 = (V 2 ; E 2 ) adalah dua graf takberar takberarah. ah. Suatu fungsi f : V 1 V 2 disebut suatu isomor…sme graf jika:

!

1. f bijektif. 2. untuk untuk semua semua a; b

2 V ; fa; bg 2 E 1

1

jhj f ( f (a); f ( f (b)

f

g 2 E . 2

Jika fungsi semacam ini ada, G1 dan G2 disebut isomor…k .


135

G 1

G 2 2

a

b t

w

c

d

v

u

Gambar 5.12 Contoh 5.8 Tunjukkan bahwa graf G1 = (V 1 ; E 1 ) dan G2 = (V 2 ; E 2 ) yang direpresentasikan pada Gambar 5.12 adalah isomo…k. Jawab. Karena V 1 = V 2 ; maka syarat pertama dipenuhi, yaitu ada fungsi fungsi bijektif bijektif dari dari V 1 ke V 2 : Dari 4! fungsi fungsi bijektif bijektif yang yang bisa (mungk (mungkin) in) dide…nisik dide…nisikan dari V 1 ke V 2, dipilih dipilih fungsi fungsi bijektif bijektif yang mem memen enuhi uhi syara syaratt kedua. edua. Denga Dengan n me melih lihat at struk struktur tur graf graf G1 dan G2 ; dipilih dipilih fungsi fungsi bijektif bijektif h : V 1 V 2 yang de…nisinya

j j j j

!

h(a) = w; h(b) = u; h(c) = v; dan h(d) = t: Perhatikan bahwa syarat kedua dipenuhi oleh h; yaitu

fa; bg fa; cg fc; dg fb; dg

2 2 2 2

V 1 V 1 V 1 V 1

$ fh(a); h(b)g = fw; ug 2 V ; $ fh(a); h(c)g = fw; vg 2 V ; $ fh(c); h(d)g = fv; tg 2 V ; dan $ fh(b); h(d)g = fu; tg 2 V : 2

2

2

2

Jadi, h adalah isomor…sme dari G1 ke G2 ; sehingga G1 dan G2 isomor…k. z Syarat pertama pada De…nisi 5.11 menunjukkan bahwa jika V 1 = V 2 ; makaa langsung mak langsung dapat dapat kita simpulk simpulkan an bahwa bahwa G1 dan G2 tidak isomor…k isomor…k (karena tidak akan ada fungsi bijektif dari V 1 ke V 2 ). Demi Demiki kian an pula pula untuk syarat yang kedua, apabila E 1 = E 2 ; maka dapat dipastikan bahwa G1 dan G2 tidak isomor…k (karena tidak akan mungkin ada padanan 1 1 antar edge dari G1 dan G2). Walaupun demikian, seandainya telah dipenuhi bahwa V 1 = V 2 dan E 1 = E 2 ; kita masih belum bisa menentukan menentukan bahwa G1 dan G2 isomor… isomor…k. k. Dalam Dalam hal ini kita hanya hanya bisa mende…n mende…nisik isikan an fungsi fungsi

j j6j j

j j6 j j

j j j j

j j j j




136

bijektif yang belum tentu memenuhi memenuhi syarat yang kedua. Perhatik Perhatikan an contoh berikut ini.

G 1

G 2 2

a

1

e

b

d

5

2

c

4

3

Gambar 5.13

Contoh 5.9 Jelaskan Jelaskan bahwa graf graf G1 = (V 1 ; E 1 ) dan G2 = (V 2 ; E 2) yang direpresentasikan pada Gambar 5.13 adalah tidak isomo…k. Jawab. Pada contoh ini dipenuhi bahwa V 1 = V 2 dan E 1 = E 2 ; sehingga jelas ada fungsi bijektif dari V 1 ke V 2 : Kemudian, Kemudian, adakah adakah fungsi bijektif yang memenuhi syarat kedua pada de…nisi? Jika dilihat dari strutur G1 ; graf ini memuat subgraf K subgraf K 4 : Seandainya Seandainya ada isomor…sme isomor…sme dari G1 ke G2 ; maka isomor…sme ini akan memetakan K 4 dari dalam G1 ke K 4 di dalam G2 : Akan tetapi, faktanya struktur G2 tidak mempunyai subgraf K 4 : Kesimpulannya, tidak ada isomor…sme dari G1 ke G2 ; berarti G1 dan G2 tidak z isomor…k.

j j j j

j j j j


137

(G 1)

(G 2 2 )

b

c

u

a

d

e

v

w

f x

y

z

Gambar 5.14

Soal 5.1.9 Misalkan graf G1 dan G2 direpresentasikan pada Gambar 5.14. Periksalah apakah G1 dan G2 isomor…k.

(G )

(G 1)

a

(G 2 2 )

a

b

b

b c

c d

f

g

f

f i

h

d

d

j

g

i h

g

i h

j

Gambar 5.15

Soal 5.1.10 Misalkan graf G; G1 ; dan G2 direpresentasikan pada Gambar 5.15.


138

1. Terangkan erangkan (berdasarkan (berdasarkan pengertian penghapusan) penghapusan) mengapa mengapa G1 merupakan subgraf induced dari G: 2. Terangkan erangkan (berdasarkan (berdasarkan pengertian penghapusan) penghapusan) mengapa mengapa G2 merupakan subgraf induced dari G: 3. Tentukan banyaknya banyaknya subgraf subgraf terhubung dari G dari G yang mempunyai 4 mempunyai 4 verteks dan satu cycle. 4. Gambarkan Gambarkan subgr subgraf af dari G yang dibangki dibangkitkan tkan oleh himpunan himpunan verteks verteks U = b;c;d;f;i;j :

f

g

5. Misalkan Misalkan edge edge e = c; f : Jika G e dimaknai menghapus edge e di dalam G; gambarkan subgraf G e:

f g





6. Berikan Berikan suatu contoh subgr subgraf af dari G yang bukan subgraf induced. 7. Tentukan banyaknya subgraf subgraf spanning dari G: 8. Tentukan banyaknya subgraf subgraf spanning dari G yang terhubung. 9. Tentukan banyaknya subgraf subgraf spanning dari G yang mempunyai verteks a sebagai verteks terisolasi. Soal 5.1.11 Misalkan G = (V; E ) adalah suatu graf takberarah. 1. Tentukan banyaknya subgraf subgraf spanning yang juga merupakan subgraf subgraf induced dari G: 2. Jika Jika V 2 dan setiap subgr subgraf af induce induced d dari G terhubung, terhubung, jelaskan jelaskan bagaimana struktur dari G:

j j

Soal 5.1.12 Tentukan semua graf takberarah tanpa loop yang mempunyai 4 verteks dan saling dan saling tidak isomor…k . Kemudian, ada berapa banyak diantara jawaban tersebut yang terhubung. Soal 5.1.13 Tentukan banyaknya path yang panjangnya 4 di dalam K 7 : Selanjutnya, lanjutnya, jika m; n tentukan banyaknya anyaknya path yang Z+ dengan m < n; tentukan panjangnya m di dalam K n :

2

Soal 5.1.14 Misalkan G adalah graf takberarah tanpa loop yang mempunyai v verteks dan e edge. Tentukan jumlah semua edge di dalam G:


139

Soal 5.1.15 Misalkan G1 dan G2 adalah adalah graf graf takber takberar arah ah tanpa tanpa loop. loop. Buktikan bahwa G1 dan G2 isomor…k jika dan hanya jika G1 dan G2 isomor…k.

G 1

G 2 2

a

b

1

5

2

c d

e

4

3

Gambar 5.16 Soal 5.1.16 Perluaslah De…nisi 5.11 untuk graf untuk graf berarah . Kemudian, periksalah apakah graf G1 dan G dan G2 yang direpresentasikan direpresentasikan pada Gambar 5.15 adalah isomor…k.

5.1. 5.1.2 2

Deraja Derajatt Verte erteks ks

De…nisi 5.12 Misalkan G graf graf takberar takberarah ah atau multigra multigraph. ph. Untuk setiap verteks v verteks v dari G dari G, derajat v derajat v , dinotasikan deg( dinotasikan deg(vv ), adalah banyaknya edge dalam G yang insiden dengan v . Suatu loop loop dipandan dipandangg sebagai sebagai dua edge edge insiden insiden untuk v . Sebagai contoh untuk graf pada Gambar 5.9, deg(a deg(a) = deg(d deg(d) = deg(e deg(e) = deg(l deg(l) = deg(m deg(m) = deg(i deg(i) = 1; deg(g deg(g) = deg(h deg(h) = 2; deg(k deg(k) = deg(f deg(f )) = 3; dan deg( j deg( j)) = 0: Teorema 5.2 Jika G = (V; E ) adalah adalah graph graph takber takberar arah ah atau multigra multigraph, ph, maka deg(v deg(v ) = 2 E :

X

v2V

j j


140

Bukti. Perhatikan bahwa setiap edge a; b di dalam G memberikan hitungan 1 pada deg(a deg(a) dan deg(b deg(b): Akibatnya, untuk setiap edge di dalam G menyumbangkan menyumbangkan hitungan hitu ngan 2 pada v2V deg(v deg(v ): Dengan demikian, 2 E = z deg(v ): v2V deg(v

f g

P

P

j j

Akibat 5.1 Untuk sembarang graph atau multigraph, jumlah semua verteks berderajat ganjil adalah genap. Bukti. Jelas Jelas bahwa bahwa jumlah jumlah semua semua verte verteks ks berderajat berderajat genap genap adalah adalah genap. Sedangkan menurut Teorema 5.2, jumlah derajat adalah semua verteks adalah genap. Akibatnya, Akibatnya, jumlah semua semua verteks berderajat ganjil haruslah z genap. De…nisi 5.13 Suatu graf takberarah (atau multigraf) disebut reguler jika setiap verteksnya verteksnya berd berder erajat ajat sama. Jika deg(v deg(v ) = k untuk setiap verteks v; maka grafnya disebut reguler -k: Graf lengkap K n merupakan graf reguler (n 1): 1):



Misalkan graf G = (V; E ) adalah reguler-k; reguler-k; berdasarkan berdasarkan Teorema eorema 5.2, maka

X

deg(v deg(v ) = 2 E

v 2V

jV j

=

j j , k jV j = 2 jE j , 2 jE j :

(5.2)

k

Contoh 5.10 Misalkan graf G = (V; E ) adalah reguler-k reguler-k. Jelask Jelaskan an hubunhubungan antara jumlah verteks dan edge yang mungkin, yang terkait dengan pende…nisian dan struktur G, untuk nilai 1 k 3:

 

Jawab. Kita gunakan Persamaan (5.2) untuk menjawab pertanyaan ini. Untuk k = 1; berarti V = 2 E . Graf Graf regu reguler ler--1 mempunyai jumlah verteks genap, terpartisikan menjadi jv2j komponen (untuk v > 2; graf ini takterhubung), dan masing-masing komponen berupa graf reguler-1 reguler-1 dengan 2 verteks. Untuk k = 2; berarti V = E . Graf reguler-2 reguler-2 mempunyai mempunyai jumlah verteks dan edge yang sama. Untuk v = 1; graf reguler-2 reguler-2 mempunyai 1 loop. Untuk v = 2; graf reguler-2 reguler-2 merupakan multigraf dengan 2 edge paral paralel. el. Untuk Untuk v > 2, graf reguler-2 reguler-2 merupakan cycle dengan panjang v :

j j

j j

jj

j j j j jj

jj jj

jj

Untuk k = 3; berarti V = 2j3E j . Aga Agarr graf regulerreguler-33 terde…nisikan, nilai V dan E harus intejer intejer positif. Dengan demikian, demikian, E haruslah kelipatan

j j

j j

j j

j j


141

dari 3 dan v harus genap. Untuk v = 2; graf reguler-3 reguler-3 merupakan multigraf (dengan 3 edge paralel, atau 2 loop dan 1 edge). Untuk v = 4; graf reguler-3 reguler-3 bisa berupa K 4 , atau merupakan multigraf (merupakan cycle dengan panjang 4 dan masing-masing masing-masing verteks verteks mempuny mempunyai ai 1 loop). loop). Terangk erangkan an lebih lebih jauh z untuk v > 6 (cukup banyak kemunkinan).

jj

jj

jj

jj

Soal 5.1.17 Tentukan V untuk graf atau multigraf berikut.

j j

1. G mempunyai 9 edge dan semua verteks berderajat 3: 2. G adalah reguler dengan 15 edge. 3. G mempunyai 10 mempunyai 10 edge dengan 2 verteks berderajat 4 dan verteks lainnya berderajat 3: Soal 5.1.18 Jika G = (V; E ) adalah graf terhubung dengan E = 17 dan deg(v deg(v ) 3 untuk setiap v V; tentukan nilai maksimum dari V :



j j j j

2

Soal 5.1.19 Misalkan G = (V; E ) adalah garf takberarah dan terhubung. 1. Tentukan entukan nilai terbesar terbesar dari V jika E = 19 dan deg(v deg(v ) setiap v V:

2

j j

j j

 4 untuk

2. Gambarkan Gambarkan suatu graf graf untuk mencontoh mencontohkan kan masing-masing masing-masing kasus dari Pertanyaan 1: Soal 5.1.20 Misalkan G = (V; E ) adalah garf takberarah dan tanpa loop. 1. Jika Jika V = 6 dan deg(v deg(v ) = 2 untuk setiap v graf G yang saling tidak isomo…k?

2 V; ada berapa banyak

2. Jika Jika V = 7 dan deg(v deg(v ) = 2 untuk setiap v graf G yang saling tidak isomo…k?

2 V; ada berapa banyak

j j j j

3. Jika Jika V = 6 dan G merupakan graf reguler-3 reguler-3; ada berapa banyak graf G yang saling tidak isomo…k?

j j

4. Jika Jika V = 7 dan G merupakan graf reguler-4 reguler-4; ada berapa banyak graf G yang saling tidak isomo…k?

j j

5. Dari jawaban jawaban Pertanyaan Pertanyaan 3: dan 4:; buatlah generalisasinya.

5.2 Mengenal Beberapa Graf Khusus

5.2

142

Meng Mengen enal al Beber Beberap apa a Gra Graff Kh Khusus usus

Pada bagian ini akan diperkenalkan pengertian dan beberapa sifatnya tentang: tang: graf graf Euler, Euler, Graf graf planar, planar, dan graf graf Ham Hamilto ilton. n. Sifat-si Sifat-sifat fat diberikan diberikan dalam bentuk teorema tanpa disertai pembuktian.

5.2. 5.2.1 1

Graf Eule Eulerr

De…nisi 5.14 Misalkan G Misalkan G = (V; E ) adalah graph atau multigrpah takberarah tanpa tanpa verteks verteks terisolasi. terisolasi. G dikatakan mempunyai sirkuit sirkuit Euler Euler jika ada sirkuit dalam G yang melalui setiap edge tepat sekali. Jika ada trail terbuka dari a ke b ke b di dalam G dan trail ini melalui setiap edge dalam G tepat sekali, maka trail ini disebut trail Euler . Graf Graf yang mempunyai mempunyai sirkuit sirkuit atau trail trail Euler disebut graf Euler . Teorema dan akibat berikut ini digunakan untuk mendeteksi apakah suatu graf adalah Euler. Teorema 5.3 Misalkan G = (V; E ) graph atau multigraph takberarah tanpa verteks terisolasi. G mempunyai sirkuit Euler jhj G terhubung dan setiap verteks di dalam G berderajat genap. Dengan Dengan teorema teorema ini, konstr konstruks uksii suatu suatu sirkuit sirkuit Euler bisa di mulai dari sembarang verteks. Akibat 5.2 Jika G = (V; E ) graph atau multigraph takberarah tanpa verteks terisolasi, maka dapat dikonstruksi trail Euler dalam G jhj G terhubung dan mempunyai tepat dua verteks berderajat ganjil. Berdas Berdasark arkan an akibat akibat ini, kont kontruk ruksi si suatu suatu trail trail Euler Euler harus harus dimulai dimulai dari dari salah satu verteks berderajat ganjil, dan pasti berakhir di verteks berderajat ganjil yang satunya lagi. Contoh 5.11 Jelaskan bahwa graf yang direpresentasikan pada Gambar 5.14 merupakan graf Euler. Jawab. Perhatik Perhatikan an Gambar 5.14. Karena Karena hanya hanya ada dua verteks verteks yang berderajat ganjil (verteks b dan f ), f ), maka G1 pasti memuat trail Euler, sebagai contoh:

fb; ag; fa; eg; fe; bg; fb; cg; fc; eg; fe; f g; ff; cg; fc; dg; fd; f g:


143

Karena Karena semua semua verte verteks ks berderajat berderajat genap, genap, mak makaa G2 mem memuat uat sirkuit Euler, sebagai misal:

fv; wg; fw; yg; fy; vg; fv; xg; fx; yg; fy; zg; fz; wg; fw; ug; fu; vg: z

De…nisi 5.15 Misalkan G = (V; E ) adalah graph atau multigraph berarah dan v V . V .

2

1. Derajat Derajat masuk (in degree) dari v adalah banyaknya edge dalam G yang insiden ke v , dan dinotasikan dengan id( id(v ). 2. Derajat Derajat keluar (out degree) dari v adalah banyaknya edge dalam G yang insident dari v , dan dinotasikan dengan od( od(v ): Teorema 5.4 Misalkan G = (V; E ) adalah graph atau multigraph berarah tanpa tanpa verteks verteks terisolasi. terisolasi. Graph Graph G mempunyai sirkuit Euler jhj G terhubung dan id( id(v ) = od( od(v ) untuk semua v V . V .

2

Soal 5.2.1 Buatlah suatu contoh graf atau multigraf berarah dengan jumlah verteks 10 dan mempunyai sirkuit Euler.

5.2. 5.2.2 2

Graf Plana lanarr

De…nisi 5.16 Suatu grap grapah ah atau multigra multigraph ph disebut disebut planar jika G dapat digamb digambarkan arkan pada bidang bidang datar datar sedemik sedemikian ian sehingga sehingga setiap interseksi interseksi dari edge hanya terjadi pada verteks dari G.


144

(K 4 ) a

(K 5 ) b

a

b

c

d c

e

d

Gambar 5.17 Contoh 5.12 Dengan mudah dapat kita gambarkan bahwa K 1 ; K 2 ; dan K 3 adalah graf planar. Jelaskan bahwa K 4 planar, sedangkan K 5 tidak planar. Jawab. Gambar 5.17 cukup menunjukkan bahwa K 4 adalah planar. Usaha untuk menggambarkan bahwa K 5 adalah planar hanya sampai pada 9 edge pertama, sedangkan edge yang ke-10 tidaklah mungkin digambarkan z tanpa memotong edge salah satu dari 9 edge yang pertama. De…nisi 5.17 Suatu graph G graph G = (V; E ) disebut bipartisi disebut bipartisi (bipartite) (bipartite) jika V jika V = V 1 V 2 dengan V 1 V 2 = ?, dan setiap edge dari G berbentuk a; b dengan a V 1 dan b V 2 . Jika Jika setiap setiap verteks verteks dalam dalam V 1 berkawan dengan semua verteks dalam V 2 , disebut graf bipartisi lengkap. lengkap. Dalam hal ini, jika V 1 = m dan V 2 = n, grafnya dinotasikan dengan K m;n m;n .

\ 2

2

[

f g

j j

j j

Contoh 5.13 Contoh utk bipartisi De…nisi 5.18 Misalkan G Misalkan G = (V; E ) adalah graph takberarah tanpa loop, dengan E = ?. Subdivisi elementer dari G adalah suatu graf yang diperoleh dari penghapusan edge e = u; w dalam G, dan kemudian edge u; v dan v; w ditambahkan pada G e, dimana v = V . V .

6

f g

f g 

2

f g

Graf tak berarah tanpa loop G1 = (V 1 ; E 1 ) dan G2 = (V 2 ; E 2) disebut homeomor…k (homeomor…c) jika keduanya isomor…s, atau jika keduanya dapat diperoleh dari graph suatu takberarah tanpa loop yang sama, sebut saja H; melalui serangkaian serangkaian subdivisi elementer. elementer.

5.3 Tree

145

Contoh 5.14 Contoh homeomor…k. Teorema 5.5 (Teor (Teorema ema Kuratowski) Suatu Suatu graf graf adala adalah h takpla takplanar nar jika jika dan hanya jika ia memuat suatu subgraf yang homeomor…k dengan K 5 atau K 3;3 : Bukti teorema ini didemonstrasikan pada contoh berikut ini. Contoh 5.15 Contoh kuratowski.

5.2. 5.2.3 3

Graf Graf Hami Hamilt lton on

De…nisi 5.19 Jika G = (V; E ) graph atau multigraph dengan V 3, G disebut mempunyai cycle Hamilton jika ada cycle dalam G yang memuat semua verteks dalam V . V . Path Hamilton adalah Hamilton adalah path dalam G yang memuat semua verteks. verteks.

j j

Contoh 5.16 Contoh untuk def di atas. Teorema 5.6 Misalkan G = (V; E ) adalah graph tanpa loop dengan V = n 2. Jika Jika deg( deg(x x) + deg(y deg(y) n 1 untuk semua x; y V dengan x = y , maka G mempunyai path Hamilton.



 

j j 6

2

Akibat 5.3 Misalkan G = (V; E ) graph tanpa loop dengan V = n 2. n1 Jika deg(v deg(v ) untuk semua v V , V , maka G mempunyai path Hamilton. 2



2

j j



Teorema 5.7 Misalkan G = (V; E ) graph graph tanpa tanpa loop loop dengan dengan V = n 3. Jika Jika deg( deg(x x) + deg(y deg(y ) n untuk semua x; y yang tak adjacent, maka G mempunyai cycle Hamilton.

j j





Akibat 5.4 Misalkan G = (V; E ) graph tanpa loop dengan V = n 3. n Jika deg(y deg(y ) 2 untuk semua v V , V , maka G mempunyai cycle Hamilton.



5.3

2

j j



Tree

Contoh 5.17 Contoh Tree. Teorema 5.8 Jika T = (V; E ) adalah adalah tre tree yang yang memuat memuat sedik sedikitny itnya a dua dua verteks, maka:

5.3 Tree

146

1. untuk setiap dua verteks, terdapat terdapat path yang menghubungkan menghubungkan keduanya. 2. Apabila Apabila sembar sembarang ang edge dalam dalam T dibuang, dibuang, maka akan diper diperoleh oleh dua komponen yang masing-masing merupakan tree. 3. E = V

j j j j  1.

Bibliography [1] N. L. Biggs, “Discrete (i-Mathematics,” (i-Mathematics,” Revised Revised Edition, Oxford University Press, 1989, ISBN: 0-19-853426-4. [2] R. P. P. Grimaldi, “Discrete and Combinatorial Combinatorial Mathematics,” Mathematics,” 4th Edition, North-Holland Mathematical Library, Vol. 16. Addison Wesley Longman Inc., 1999, ISBN: 0-201-30424-4. [3] A. J. Menezes, P. C. van van Oorschot, Oorschot, and S. Vanstone, Vanstone, “Handbook of Applied Cryptography,” CRC Press, Inc., Inc., 1997.

147

Matematika Diskrit IPB

Recommend Documents