Kombinasi Dan Permutasi

13

A. Fungsi Fungsi Pembang Pembangkit kit untuk untuk kombinasi kombinasi

Misalkan terdapat tiga macam obyek berbeda a, b, c katakan . kita diperkenankan memilih : 0, 1, atau 2 obyek a; dan 0 atau 1 obyek b; dan 0 atau 1 obyek c. pertanyaan yang muncul ialah : ada berapa cara memilih k obyek ?

t k

Untuk menjaab pertanyaan ini, akan diterapkan !ungsi pembangkit. Misalkan

menyatakan banyaknya cara memilih k obyek. "ita coba menyelesaikan masalah ini dengan !ungsi pembangkit biasa

P ( x x )=

∑ t x

k

k

"arena obyek a dapat dipilih 0,1 atau 2 kali; dan obyek b dapat dipilih 0 atau 1 kali; dan obyek c dapat dipilih 0 atau 1 kali, maka ekspresi yang dipakai adalah :

[( ax ) +( ax ) +( ax ) ] [(bx ) +( bx ) ] [( cx) +( cx) ] (2.3.1) 0

1

2

0

1

0

1

( ax )0 mengin mengindik dikasik asikan an baha baha obyek obyek a tidak tidak terpil terpilih, ih,

#erh #erhati atika kan n bah bahaa

mengindikasikan baha obyek a terpilih satu kali;

( bx )0

terpi terpili lih h dua dua kali; kali; demi demiki kian an pula pula

( ax )1

( ax )2 mengindikasikan baha obyek a

mengindika mengindikasikan sikan kemungkinan kemungkinan obyek b tidak

terpilih; dan seterusnya. $elanjutnya, ekspresi %2.&.1' dapat disederhanakan menjadi :

( 1 + ax + a x ) ( 1 + bx ) ( 1+ cx ) , 2

2

(an setelah dijabarkan diperoleh , 1 + ( a + b + c ) x + ( ab + bc + ac + a ) x 2

2

3 2 4 + ( abc + a2 b +a2 c ) x x + a bc x

%2.&.2'

FUNGSI PEMBANGKIT UNTUK KOM KOMBINASI BINASI & PERMUT PERMUTASI ASI | | MATEMATIKA DISKRIT

13

x

#erhatikan, koe!isien

3

dalam %2.&.2' memberikan semua kemungkinan memilih &

obyek %dengan syarat yang diperkenankan' yaitu : a, b, dan c; atau a, a, dan d; atau a, a, dan c. (emikian

pula koe!isien dari

x

3

memberikan semua kemungkinan memilih dua obyek yaitu : a dan b,

atau b dan c, atau a dan c, atau a dan a. hal yang sama berlaku untuk koe!isien)koe!isien yang lain.

x

$etiap suku dari koe!isien

3

berkorespondensi dengan satu cara memilih & obyek. $ehingga,

banyak cara memilih & obyek sama dengan banyak suku dari koe!isien

x

3

. *gar setiap suku

tersebut bernilai 1, salah satu cara yang mudah adalah dengan 1. +ika a, b, dan c dalam %2.&.2' masing)masing disubtitusikan dengan 1, diperoleh ekspresi berikut . P ( x )=1 + 3 x + 4 x

2

3

+ 3 x + x

4

¿ ( 1 + x + x ) ( 1 + x ) ( 1 + x ) 2

$elanjutnya,

P ( x )

disebut !ungsi pembangkit dari permasalahan menentukan

banyaknya cara memilih k obyek dari & macam obyek berbeda, dimana obyek pertama %obyek a' bisa dipilih sebanyak)banyaknya 2; obyek kedua %obyek b' bisa dipilih sebanyak) banyaknya 1; dan obyek ketiga %obyek c' bisa diplih tidak lebih dari 1. #erhatikan baha

banyak cara memilih & obyek sama dengan koe!isien

memilih 2 obyek sama dengan koe!isien

x

x

3

, yaitu &. egitu juga, banyak cara

2

dalam P ( x ) , menyatakan banyak cara memilih

, yaitu -. ampak baha, koe!isien

x

k

k obyek dengan syarat yang ada.

$ecara umum diperoleh:

FUNGSI PEMBANGKIT UNTUK KOMBINASI & PERMUTASI | MATEMATIKA DISKRIT

13

n1

Misalkan terdapat p tipe obyek berbeda: dan terdapat

obyek tipe 2, …,

n p

obyek tipe p. Misal

t k

obyek tipe 1,

n2

menyatakan banyaknya cara

mengambil k obyek dimana dibolehkan mengambil sembarang banyak obyek tiap

tipe. Fungsi pembangkit untuk

P ( x ) = ( 1+ x + x + … + x 2

t k

Bilangan

n1

t k

( ) adalah P x =

∑ t x

k

k

dengan

) ( 1+ x + x + … + x n ) … ( 1 + x + x + … + x np ) 2

2

diberikan oleh koeisien x

2

k

dalam

.

P ( x ) .

!ontoh 1

entukan banyak cara memilih

r

obyek dari

n

obyek berbeda, dimana

pengulangan tidak diperkenankan. Penyelesaian:

erdapat

n obyek berbeda. "arena pengulangan tidak diperkenankan, maka setiap

⏟

obyek dapat dipilih 0 atau 1 kali saja. $ehingga !ungsi pembagkit dari permasalahan tersebu adalah:

P ( x )= (1 + x ) ( 1+ x ) ( 1 + x ) … ( 1 + x ) nfaktor

n

()

¿ ( 1+ x ) =∑ n x r n

r =0

r

r

n


13

entukan banyaknya cara memilih r obyek dari n obyek berbeda, dimana pengulangan diperkenankan. Penyelesaian :

Misal

⏟

t r

menyatakan banyak cara memilih r obyek. "arena ada n macam obyek

berbeda dan tiap obyek dapat dipilih berulang %tanpa batas', maka !ungsi pembangkit untuk

t r

ialah :

P ( x )= ( 1+ x + x + … ) ( 1 + x + x + … ) … (1 + x + x + … ) 2

2

2

nfaktor

n

¿ ( 1 + x + x + … ) 2

| x|<1,

"arena, untuk

1 1− x

=1 + x + x 2+ …

Maka,

P ( x )=

1

n

−


13

!ontoh 2

r > 0 koe!isien x r dalam P ( x ) adalah :

Untuk

( )

−n (−1 )r= r

−n ! (−1 )r ( − n− r ) ! r !

(−n ) (−n−1 ) … (−n−r + 1 ) (−n− r ) ! ¿ (−1 )r ( −n −r ) ! r ! (−n ) (−n−1 ) … (−n−r + 1 )

¿

¿ ¿

r!

(−1)r

n ( n + 1 ) … ( n + r −1) r!

( n + r −1 ) ( n + r −2 ) … ( n + 1 ) n r!

¿

( n + r −1 ) ( n + r −2 ) …( n + 1 ) n ( n−1 ) ! × r! ( n−1 ) !

( n + r −1 ) ( n + r −2 ) … ( n + 1 ) n ( n −1 ) ! ¿ r ! ( n −1 ) ! ¿

(

( n + r −1 ) ! n + r −1 = r r ! ( n −1 ) !

untuk

)

r = 0, koe!isien dari x r dalam P ( x ) ialah

( )

(

)

− n = ( − 1 ) 0= n + 0 − 1 0

r ≥0

$ehingga untuk

)

(

0

)

= (− 1 ) r = n + r − 1 r

(engan demikian, ∞

=

n+ r − 1

r


13

i' !atatan (ari penyelesaian diatas, diperoleh baha untuk bilangan bulat positi! n berlaku :

ii' +ika n bilangan bulat non negati! dan /  1, mudah ditunjukkan identitas berikut:

#enjabaran : 1 1 − x

1 1 − x

=1 + x + x 2 + x3 + … + x n+ …

=1 + x + … + xn + x n+1 + x n+ 2+ …

1

=1 + x + … + xn + x n+1 % 1 − x

1

=1 + x + … + xn + x n+1 % 1 − x

1 1 − x

1 − x

n +1

−

n+ 1

1 − x

x

1− x

1 + x + x

1 1 − x

2

+ x 3+ … ¿

¿

=1 + x + … + x n

=1 + x + … + x n


13

!ontoh "

*da berapa cara mengambil k huru! dari huru!)huru! pembentuk kata $U*** sedemikian hingga setiap konsonan terpilih paling sedikit satu dan setiap 3okal terpilih paling banyak 10? Penyelesaian:

#erhatikan baha kata $U*** terdapat enam huru! yang berbeda : - konsonan : $, , ,  dan 2 3okal : U dan *. karena setiap konsonan terpilih paling sedikit satu, maka 2

setiap konsonan tersebut berasosiasi dengan sebuah !aktor

3

4

5

( x + x + x + x + x + .. . )

dalam !ungsi pembangkit. $elanjutnya, karena setiap 3okal dapat dipilih sebanyak banyaknya 10, maka setiap 3okal tersebut 1 + x + x

berasosiasi

dengan sebuah !aktor

2

+ . . .+ x 10 '. (engan demikian !ungsi pembangkit dari permasalahan di atas ¿

adalah:

+ . .. + x 10 4 2 3 4 5 P ( x ) = ( x + x + x + x + x + . . . ) ¿ ' 1 + x + x

¿

( − − )( 4

1

1 x

1

1− x

)

11 2

1 − x

¿ x ( 1− x ) ( 1− x )− 11 2

4

2

6

¿ ( x 4−2 x 13+ x 26 ) ( 1− x )−6 ∞

¿( x −2 x + x ) ∑ 4

15

26

r=0

∞

¿∑ r =0

(

6 + r −1

r

)

r +4

x

( +−) 6 r

r

∑ ( = ∞

2

1

r

0

x

r

)

6 + r −1

r

x

r+ 15

∞

(

)

+ ∑ 6 + r −1 x r+26 r =0

anyak cara yang dimaksud 4koe!isien x

k

r

dalam P ( x )


13

(ari contoh 5, 6, dan 7, kita lihat baha !ungsi pembangkit tidak tergantung dari banyaknya objek yang iambil secara keseluruhan, tetapi hanya tergantung pada syarat)syarat banyak tiap obyek boleh diambil. 8ungsi

#embangkit

iasa

dapat

digunakan

untuk

memecahkan

masalah

pendistribusian (penempatan) obyek-obyek yang identic ke dalam sel-sel (kotak-kotak) yang berbeda.

!ontoh #

(engan beberapa cara 60 obyek yang identik dapat ditempatkan di dalam - sel %kotak' yang berbeda sedemikian hingga setiap kotak mendapat paling sedikit satu obyek? Penyelesaian :

"arena ada - kotak dan tiap kotak mendapat paling sedikit satu obyek, maka !ungsi pembangkit untuk permasalahan ini adalah : P ( x )= ( x + x

2

+ x + x + … ) 3

4

4

¿ x 4 ( 1+ x + x 2 + x 3+ x 4+ … ) ¿ x

4

¿ x

4

(−) ∑( + − )

4

4

1

1 x

∞

4 r

r

r= 0

∞

1

x

r

( )

¿ ∑ 3 + r x r +4 r =0

r

+adi banyaknya cara menempatkan 60 obyek yang identik ke dalam - kotak yang berbeda sedemikian hingga tiap kotak mendapat paling sedikit satu obyek 4 koe!isien x 56 + 3

=

59

60

dalam P ( x )

= 32.509


13

!ontoh %

entukan banyaknya solusi bulat dari persamaan berikut : /1  /2  /& /-  /5 4 100, /i  0 ; i <=1, 2, & ,- ,5>. #enyelesaian : #erhatikan baha %0, 0, 25, 75' adalah salah satu solusi bulat yang dimaksud. egitu pula %0, 5, 20, 5, 70', %2, &, 7, 2, 60' adalah solusi)solusi bulat dari persamaan tersebut. "arena dalam persamaan tersebut terdapat 5 peubah, maka !ungsi pembangkit dari permasalahan memuat 5 !aktor. $elanjutnya, karena setiap peubah / 1  0, maka setiap !aktor dari kelima !aktor dalam !ungsi pembangkit tersebut adalah:

(1 +  +  2 +  3 +⋯) Sehin! "#n$i %e'!ni *!i %e$!!!n *i !!$ !*!,!h P(.)

/

( 1 + x + x 2+ x3 + ,, , )5

(−) ∑( + − ) 5

1

/

1

∞

/

r =0

#n# |.| 0 1

x

5 r

r

1

x

r

B. Fungsi Pembangkit $ntuk Permutasi

(alam hal penyusunan objek)objek seringkali urutan menjadi sangat penting, sehingga diperlukan !ungsi pembangkit lain yang bisa membantu penyelesaiaanya. 8ungsi pembangkit ini disebut ungsi pembangkit eksponen Untuk mengembangkan !ungsi .

pembangkit eksponen ini akan banyak memakai teorema binomial 9eton. 8ungsi pembangkit eksponen digunakan untuk model)model menyelesaikan masalah menyusun dan distribusi objek)objek yang berbeda. "arena urutan menjadi hal yang diperhatikan, maka perhatian kita pada masalah permutasi. "ita notasikan banyaknya permutasi k unsur dari n untusur dengan #%n,k '. Proposisi 1.1: k 1 k 2 Misalkan terdapat obyek tipe satu, obyek tipe dua,...., dan

k n

obyek tipe n.

+ika semua obyek tersebut dipermuasi, maka banyak permutasi yang mungkin adalah:


13

(∑ ) n

i= 1

k i !

k 1 ! k 2 ! … k n !

Bukti:

(∑ ) n

+ika semua obyek berbeda, maka terdapat

k i ! +ajaran %permutasi'. api obyek) i=1

obyek kita tidak semuanya berbeda, sehingga bilangan ini terlalu besar. #ikirkan sebuah n

k ∑ =

jajaran dari terdapat

berbeda dengan 1≤ i ≤ n

dengan

i

i 1

k i

obyek yang berbeda. +ika di ganti

obyek yang identik, maka

k i !

k i

obyek tipe

i yang

+ajaran akan sama. "arena

, sehingga harus mungkin membagi bilangan total penjajaran yang mungkin k 1 ! , k 2 ! , … , k n !

.

$ebagai contoh, banyaknya cara menjajar %banyaknya permutasi' dari unsur)unsur

{a , a , a , b , b}

atau banyak permutasi dari

{a , a , a , b , b }

5!

adalah

3!2!

=10 yaitu

aaabb, aabab, abaab, baaab, baaba, babaa, bbaaa, aabba, abbaa, ababa. $elanjutnya, mari kita tinjau permasalahan berikut: Berapakah banyak kata sandi dengan pan&ang k yang dibentuk dari tiga huru yang berbeda yaitu a, b, dan c dengan syarat setiap kata sandi memuat: paling banyak satu b, paling banyak satu c, dan sampai tiga a' ang dimaksud dengan panjang suatu kata sandi adalah banyaknya huru! dalam kata sandi

tersebut. #erhatikan baha @urutanA huru!)huru! dengan kata sandi diperhatikan. $ehingga kita lebih tertarik dengan perhitungan permutasi daripada kombinasi. Balau begitu, kita mulai dengan perhitungan kombinasi, banyaknya cara untuk mendapatkan k huru! bila diperkenankan mengambil paling banyak satu b, paling banyak satu c dan paling banyak tiga a. Untuk itu, !ungsi pembangkit dari permasalahan menentukan banyak cara memilih k huru! %dengan syarat yang ditentukan' adalah: ( 1 + ax +a2 x 2+ a3 x 3 )( 1+ bx )( 1 + cx ) $etelah dijabarkan dan disederhanakan diperoleh,


13

1 + ( a + b + c ) x + ( a

2

+ ab +ac + bc ) x2 + ( a3 + abc + a2 b + a 2 c ) x 3+ ( a2 bc + a3 b + a3 c ) x 4 + a3 bc x 5 ( 2.1 )

x

"oe!isien

k

dalam %2.1' mengin!ormasikan semua cara yang mungkin untuk

mendapatkan k huru!. Misalnya, terdapat tiga cara memilih - huru! yaitu: =a,a,b,c>; atau =a,a,a,b>; atau =a,a,a,c>. 4!

Menurut proposisi 2.1, jika dipilih Ca,a,b,cD terdapat

2 ! 1 ! 1!

=12

permutasi yang

bersesuaian, yaitu: aabc, aacb, abac, abca, acab, acba bcaa, baac, baca, cbaa, caab, caba. 41

+ika dipilih = a, a, a, b >, terdapat

3!1!

= 4 permutasi yang bersesuaian, yaitu: aaac,

aaba, abaa, dan baaa. 4!

(an untuk = a, a, a, c >, terdapat

3!1!

= 4 permutasi yang bersesuaian yaitu: aaac,

aaca, acaa, dan caaa. (engan demikian, banyak kata sandi dengan panjang - yang dapat dibentuk adalah 4! 4! 4! + + (2.2) 2 ! 1 ! 1! 3 ! 1! 3 ! 1! #ertanyaan yang menarik adalah bagaimanakah kita dapat memperoleh bilangan %2.2' tersebut tanpa harus menda!tar semua kata sandi dengan panjang -? +elas 8# tidak bisa dipakai dalam hal ini. Untuk itu kita coba menggunakan 8#E. (alam hal ini, ekspresi

( ax ) p erarti banyaknya huru! a dalam kata sandi tersebut adalah p. egitu juga

p!

( bx )q ekspresi

q!

( cx )r dan

r!

, secara berturut)turut, berarti banyak huru! b dan c dalam

kata sandi tersebut adalah F dan r. (engan demikian !ungsi pembangkit dari permasalahan menjadi:

(

2

2

)( )( ) ) +( + + + ) +( 3

ax a x a x + P ( x )= 1 + + 1! 2! 3!

(

¿ 1+ a + b + c x 1! 1 ! 1 !

3

1+

a

2

bx cx 1+ 1! 1!

ab ac bc 2 x 2! 1 ! 1! 1! 1 ! 1! 1 !

3

2

2

) (

2

+ + abc + a b + a c x3 + a bc + a 3 ! 1 ! 1! 1 ! 2 ! 1 ! 2 ! 1! 2! 1 ! 1! 3 !

a

$etelah a, b, dan c masing)masing diganti dengan 1. (iperoleh


13

(

2

3

)( )( ) ) +( + +

x x x x x P ( x )= 1 + + + 1+ 1+ 1! 2! 3 ! 1! 1!

¿ 1+

(

1 1!

+

1 1!

+

1

1!

x

1

1

1

2!

1 ! 1!

1! 1 !

+

1

) (

1

2

1! 1 !

x +

3!

+

1 1 ! 1! 1 !

+

1 2!1!

+

1

) (

1

3

2 ! 1!

x +

2! 1 ! 1!

+

+ 3!

(2.") ernyata skematik ini belum merupakan skematik yang memuaskan, karena koe!isien

x

4

dalam %2.&' belum identik dengan %2.2'. akan tetapi skematik jalan, bila kita pikir ini k

x k! .

sebagai !ungsi pembangkit eksponensial dengan memperhatikan koe!isien dari $ehingga %2.&' dapat ditulis sebagai berikut

(

2

3

1

1

)( )( ) ) +( + +

x x x x x 1+ 1+ P ( x )= 1 + + + 1! 2! 3 ! 1! 1!

¿ 1+

(

1 1!

+

1!

+

1!

x

1

1

1

2!

1 ! 1!

1! 1 !

+

1 1! 1 !

)

2!

x

2

2!

(

+

1 3!

+

1 1 ! 1 ! 1!

+

1 2! 1 !

+

1 2! 1 !

)

3!

x

3

3!

+

(

1 2! 1 ! 1

(2.#)

x erlihat baha %2.2' sama dengan koe!isien

4

4 ! (alam %2.-'. selanjutnya, #%/' pada

k

%2.-' merupakan 8ungsi #emabangkit dari permasalahan di atas. "oe!isien

x k ! dalam

#%/', menyatakan banyaknya kata sandi %permutasi' dengan panjang k yang dapat dibentuk dengan aturan yang ditetapkan. 4! 4! 4! + + $ebagai contoh, terdapat -G 2 ! 1 ! 1 ! 3 ! 1 ! 3 ! 1 !

(

dan

3!

(

1 3!

+

1 1 ! 1! 1 !

+

1 2! 1 !

+

1 2 !1 !

)=

13

)=

20

kata sandi dengan panjang -;

kata sandi dengan panjang &.

$ebagai generalisasi uraian di atas diperoleh proposisi berikut. Proposisi 2.2: ni Misal terdapat p macam (tipe) obyek dengan obyek 1 ≤i ≤

tipe-i

untuk

p . Maka banyaknya permutasi-k sedemikian hingga dalam setiap permutasi


13

k

ni

terdapat paling banyak

obyek tipe-i sama dengan koefisien

x k ! dalam Fungsi

Pembangkit Eksponensial berikut: P ( x )=

(

x

)(

n1

2

x 1 + x + +… n1 ! 2!

n2

)(

x … 1 + x + … n2 !

n p

x 1 + x + … n p !

)

#roporsi berikut penting dalam pemecahan permasalahan yang melibatkan 8ungsi #embangkit Eksponensial. Proposisi 2.": 2

3

nx n x +… e =1+ nx + + 2! 3! nx

%i'

− x

x

e +e %ii'

2

=1 + x +

x

2

2!

+

x

4

4!

+

x

6

6!

+…

%iii' − x

x

e −e 2

=1 + x +

x

3

3!

+

x

5

5!

+

x

7

7!

+…

!ontoh 1 entukan berapa banyak cara menempatkan 25 orang dalam tiga ruangan dengan paling

sedikit 1 orang tiap ruangan. Penyelesaian: 8ungsi pembangkit eksponen untuk masalah ini adalah

(+ x

x

2

2!

+

x

3

3!

) (( + + 3

+… =

1 x

x

2

2!

+

x

3!

) )

3

3

+ … −1

¿( e x −1)3 ¿ e 3 x −3 e 2 x + 3 e x −1 (engan menggunakan proposisi 2.& %i', diperoleh ∞ ∞ ∞ r r r x 3 x 2 x x r x r x −3 2 + 3 −1 3 e −3 e + 3 e −1= r ! r ! r ! r=0 r=0 r =0

∑

∑

∑


13

3

r

−3. r

(¿ 2 + 3 ) x −1 r! r

∞

¿∑ ¿ r=0

x +adi, koe!isien dari

25 25

3

25 ! adalah

−3. 225+3

!ontoh 2

%a' erapakah banyaknya barisan kuartenair r)angka yang memuat paling sedikit: satu 1, paling sedikit satu 2, dan paling sedikit satu &? %b' *da berapa banyak barisan binair r)angka yang memuat 0 sebanyak genap dan 1 sebanyak genap pula? Penyelesaian: %a' #ada barisan kuarternair, secara umum terdapat - angka yang berbeda, yaitu 0, 1, 2, dan &. *ngka 0 bisa muncul 0 kali, 1 kali, 2 kali, dan seterusnya; sedangkan untuk setiap angka 1, 2 atau & dapat muncul paling sedikit sekali, dan urutan angka dalam suatu barisan diperhatikan, maka untuk menjaab permasalahan di atas digunakan 8ungsi #embangkit Eksponensial berikut

(

P ( x )= 1 + x +

x

2

+

2!

x

)(

3

3!

+ … x +

x

2

2!

+

x

3!

)

3

3

+…

¿ e x ( e x −1 )

3

¿ e x ( e3 x −3 e 2 x + 3 e x −1 ) ¿ e 4 x −3 e3 x + 3 e 2 x − e x

( 3 x )r r!

∞

+3 ∑

( 2 x )r

r=0

∞

¿∑ r =0

r

−¿ x r! r =0 r !

( 4 x )r r!

∞

∑

∞

−3 ∑ ¿ r =0

r

anyaknya barisan 4 koe!isien dari

x r ! (alam #%/'

¿ 4 r−3. 3r + 3.2 r −1 ; r ≥ 0 ¿ 4 r−3 r+ 1+ 3. 2r −1 ; r ≥ 0


13

%b' *da dua angka yang berbeda yaitu 0 dan 1. "arena 0 dan 1 muncul sebanyak bilangan genap pada setiap barisan, maka !ungsi pembangkit dari persoalan tersebut adalah

(++ + + ¿( )

P ( x )=

x

x

1

x

e

2

2!

+

4!

− x

2

−2 x

+2

e

4

x

x

)

2

6

6!

+…

2

2 x

¿

e + e

4

( )+ ( ) ( + ( +

¿

1 e

¿

1

2

2

2 x

+ e−2 x 2

2 x

x

¿ 1+ 2

2

2!

x

2

2!

+2

x

3

1 2 2 x ) 4!

4

4!

+2

5

4

+ x

( 2 x )6 6!

)

+… +

1 2

6

6!

+… r

anyaknya barisan yang dimaksud adalah koe!isien dengan ar =

{

r −1

2

x r ! (alam #%/', yaitu

ar

0 , bilar ganjil 1 ,bilar = 0

,bila r genap dan r > 0

!ontoh " a. entukan banyaknya cara mendistribusikan r macam obyek yang berbeda ke dalam n

sel yang berbeda jika setiap sel mendapat paling sedikit satu obyek? b. entukan banyaknya cara mendistribusikan r macam obyek yang berbeda ke dalam n sel yang identik, bila sel)sel mendapat paling sedikit satu obyek? #enyelesaian: a. 8ungsi pembangkit dari permasalahan ini adalah:

(

2

3

x x x + + +… P ( x )= 1! 2! 3 !

¿ ( e x −1 )

)

n

n


13

() () ¿ ( ) −( )

()

()

()

k n ¿ n e xn + n e x (n− ) (−1) + n e x ( n− ) (−1) + … + n e x (n−k ) (−1 ) + … + (−1 ) n 1

1

2

k

2

n

0

1

n e xn

n e x (n −1 )+ n e x (n−2) + … + (−1 )k n e x ( n −k ) + … + (−1 )n n k n 1 2

0

()

()

r

Untuk

2

0≤k≤n

koe!isien

x r ! dalam

x ( n− k )

e

()

adalah

( n −k )r . Maka koe!isien

r

x r ! dalam #%/' adalah n

(−1 ) (n ) ( n− k ) ∑ k = k

r

k 0

+adi banyak cara yang dimaksud adalah n

(−1 ) ( n ) ( n− k ) ∑ k = k

r

k 0

b. "arena n sel identik, maka jaaban %a' harus dibagi nG jadi banyak cara mendistribusikan r macam obyek yang berbeda ke dalam n sel yang identik sedemikian sehingga setiap sel memperoleh paling sedikit satu obyek adalah:

S ( r ,n )=

n

(−1 ) (n ) . ( n− k ) ∑ n! = k 1

k

r

k 0

S (r , n )

dikenal

sebagai

@bilangan

stirling

ke)duaH.

#erhatikan

untuk

n > r , S ( n , r ) =0 , sebab tidak ada cara menempatkan r macam obyek ke dalam n > r sedemikian sehingga tiap sel memperoleh paling sedikit satu macam obyek.

c.


13

*+A

1. entukan banyaknya cara memilih k huru! dari huru!)huru! I, *, 9, , J, " sedemikian sehingga: a. Memuat paling sedikit satu I b. Memuat tepat satu I dan paling banyak 5* c. $etiap konsonan terpilih d. $etiap 3okal terpilih paling sedikit 10 dan konsonan  dan " masing)masing terpilih tidak lebih dari 20 2. *da berapa banyak cara mengambil 100 huru! dari huru!)huru! pembentuk kata "KMJ9*KJ"* sedemikian sehingga setiap konsonan terpilih paling banyak 20. &. $ebuah team tingkat nasional yang beranggotakan 100 orang dipilih dari orang)orang di ke 27 pro3insi yang ada di Jndonesia sedemikian hingga tiap pro3insi diakili oleh paling sedikit dua dan paling banyak 10 orang. -. entukan banyak barisan binair n)angka yang memuat: a. *ngka @1A paling sedikit dua b. *ngka @0A sebanyak bilangan genap dan angka @1A paling sedikit satu c. *ngka @1A sebanyak bilangan ganjil dan angka @0A sebanyak bilangan genap d. *ngka @1A sebanyak bilangan genap 5. entukan banyak barisan Fuartenair n)angka yang memuat: a. *ngka @0A dan @1A masing)masing genap dan angka @2A dan @&A masing)masing ganjil. b. *ngka @1A paling sedikit satu, dan angka)angka yang lain masing)masing sebanyak bilangan ganjil.


13

-AFA/ P$*A0A

udiyaksa, J "etut. 200. Matematika iskrit . $urabaya:#enerbit Unesa Uni3ersity #ress $utarno, Lerni., dkk. 200&. !ommon "e#t $ook Matematika iskrit . andung: #enerbit: +JI*.


Kombinasi Dan Permutasi

Recommend Documents