kunci jawaban latihan soal diskret dan f

KUNCI JAWABAN LATIHAN SOAL

BAB 1

Aturan Perkalian( Multiplication Rule )

1. Karakter dalam password tersebut boleh berupa huruf atau angka, jadi banyaknya karakter tersebut ada 36 karakter dimana ada 26 karakter berupa huruf dan 10 karakter berupa angka.

Kemungkinan password yang panjangnya 6 karakter ada :

36x36x36x36x36x36=366

=2.176 .782.336

Kemungkinan password yang panjangnya 7 karakter ada : 36x36x36x36x36x36x36=367

=78.364 .164 .09 6 Kemungkinan password yang panjangnya 8 karakter ada :

36x36x36x36x36x36x36x36=368

=2.821.109 .907 .456

Jadi kemungkinan password yang dapat di buat sebanyak :

2.176 .782.336+78.364 .164 .096+2.821.109 .907 .456=2.901.650 .833 .888 2. Bit biner hanya 0 dan 1, berarti hanya ada 2 string biner untuk setiap bit.

a. Jika panjang string 5 bit, maka banyak string biner yang mungkin dapat dibentuk adalah sebanyak 2x2x2x2x2=25=32

b. Jika panjang string 8 bit, maka banyak string biner yang mungkin dibentuk adalah sebanyak 2x2x2x2x2x2x2x2=28=256

Aturan Penambahan ( Addition Rule )

1. Ada 10 cara untuk mengambil 1 buku matematika a. Ada 25 cara untuk mengambil 1 buku statistik b. Ada 5 cara untuk mengambil 1 buku social

c. Jadi banyaknya cara yang mungkin untuk mengambil 1 buah buku adalah sebanyak 10+ 25 + 5 = 40 cara.

2. Ada 4 cara untuk memilih seorang pria

a. Ada 3 cara untuk memilih seorang wanita

b. Jadi banyaknya cara untuk memilih 1 orang yang mewakili kelompok tersebut adalah sebanyak 4 + 3 = 7 cara

Permutasi

6P2 =

6!

(6−2)! =

6!

4! =

6×5×4!

4! = 30 cara

2. Banyak bilangan yang mungkin jika angka-angka dalam bilangan tersebut tidak

ada yang sama adalah P ( 7 , 5 ) = 7!

(7−5)! =

7!

2! =

7×6×5×4×3×2!

2!

= 2520 cara

Permutasi Siklik Biasa

1. P=(n−1)! P=(7−1)! P=6!

P=6×5×4×3×2×1

P=720 cara 2. P=(n−1)!

P=(5−1)! P=4!

P=4×3×2×1

P=24 cara

3. P=(4−1)! P=(4−1)! P=3! P=3×2×1

P=6 permutasi siklik 4. P=(n−1)!

P=(8−1)! P=7!

P=7×6×5×4×3×2×1

P=5040 cara

5. P=(n−1)! P=(6−1)! P=5!

P=5×4×3×2×1

Permutasi Siklik (PS*)

1. Cara keempat siswa dapat duduk melingkar dengan urutan yang sama ?

n !

2k(n−k)!=

5!

2(5)(5−5)!=

5×4×3×2×1

10 =12 cara

2. Arah tempat duduk tidak dibedakan

n !

2k(n−k)!=

8!

2(4)(8−4)!=

8×7×6×5×4!

8×4! =210 cara

3. Banyaknya gelang yang terbentuk adalah

n !

2k(n−k)!=

20!

2(10)(20−10)!=

20!

20×10!

4. Berapa carakah kelima mahasiswa tersebut dapat diatur jika arah putaran tidak

dibedakan . n ! 2k(n−k)!=

10!

2(5)(10−5)!=

10!

10×5!=

10×9×8×7×6×5!

10×5! =3024

cara

5. Kemungkinan gelang yang dapat dibuat n ! 2k(n−k)!=

30!

2(25)(30−25)!=

30!

50×5!

Kombinasi Biasa

1. r = 5 , n = 8 maka kombinasi 5 dari 8 huruf ABCDEFGH adalah :

C₅8= 8!

5!(8−5)!=

8!

5!3!=

8.7.6.5!

5!3! =

8.7.6 3.2.1=56

2. Banyaknya cara yang dapat diambil oleh pelatih untuk memilih pemain

C₁₁16

= 16!

11!(16−11)!=

16!

11!5!=

16.15.14.13.12.11!

11!5! =

16.15.14.13.12

5.4.3.2.1 =4368 3. Banyaknya pilihan yang diambil murid adalah

C4 5

= 5!

4!(5−4)!=

5!

4!1!=

5.4!

4!1!=5 cara

4. Banyaknya jabat tangan yang terjadi.

C2 10

= 10!

2!(10−2)!=

10!

2!8!=

10.9.8!

2!8! =

10.9

2.1 =45 jabat tangan 5. Banyaknya cara menyeleksi karyawan

C5 9

×C3 6

= 9!

5!(9−5)!×

6!

3!(6−3)!=

9!

5!4!×

6!

9.8.7.6 4.3.2.1×

6.5.4

3.2.1=126×20=2520 6. Bola-bola yang terambil tersebut terdapat :

a. Merah : C₂5= 5!

2!3!=10

Putih : C10₄= 10!

4!6!=210

Jadi, 10x210=2100 cara

b. Untuk memperoleh paling banyak 2 bola merah dari 6 bola yang diambil dari kotak terdapat tiga kemungkinan, yaitu :

 2 bola merah dan 4 bola putih

 1 bola merah dan 5 bola putih

 Atau 6 bola putih

Untuk 2 bola merah dan 4 bola putih = C2 5

×C4 10

=2100 Untuk 1 bola merah dan 5 bola putih = C15×C510=1260

Untuk 6 bola putih = C610 = 210

Jadi, banyak cara adalah 2100+1260+210=3570

7. Berapa cara pengambilan, jika kelereng yang diambil adalah:

a. 2 kelereng berwarna putih = C₂6

= 6!

2!4!=¿ 15

1 kelereng berwarna merah = C₁4= 4!

1!3!=4

Jadi, banyak cara pengambilan adalah 15×4=60 cara

b. C₃10= 10!

3!7!=¿ 120 cara

8. Banyak salaman yang akan terjadi ?

C2 15

= 15!

2!(15−2)!=

15!

2!13!=

15.14 2.1 =105

9. Terdapat 5 mawar merah , 10 mawar putih ditoko bunga. Dipilih 4 mawar secara acak dari toko. Berapa banyak kemungkinan dari :

5 mawar merah + 10 mawar putih = 15

C15₄= 15!

4!11!=1365

a. C2 5_{× C}

2 10

C415

=

5!

2!3!×

10!

2!8!

1365 =

10×45 1365 =

450 1365=

b. Ada dua kemungkinan yaitu :

 _C

1 5_×C

3 10

=

5!

1!4!×

10!

3!7!

1365 =

5×120 1365 =

600 1365

 C05×C410=0

Jadi ,banyak kemungkinandari paling sedikit 3 mawar putih adalah ₁₃₆₅600

10. Cara penjahit dapat memilih benang-benang yang di inginkannya :

Banyak cara memilih benang hitam : C₃6= 6!

3!3!=20

Banyak cara memilih benang biru : C₂4= 4!

2!2!=6

Jadi, penjahit tersebut memiliki pilihan sebanyak ¿20x6=120 cara

Kisi-Kisi atau Lintasan

1. RUMUS ;(2n)! n ! n !=

(

1−

n n+1

)

 AF

(2.2)!

2!2!=

(

1−

2 2+1

)

(4)!

2!2!=

(

1−

2 3

)

6.1

3= 6 3=2

 FB

(2.2)!

2!2!=

(

1−

2 2+1

)

(4)!

2!2!=

(

1−

2 3

)

6.1

3= 6 3=2

 AF.BF = 2.2 = 4

2. RUMUS ;(2n)! n ! n !=

(

1−

n n+1

)

 AC

(2.1)!

1!1!=

(

1−

1 1+1

)

2.1

RUMUS ;(2n)! n !n !=

(

1−

n n+1

)

 CB

⟹(2.3)!

3!3!=

(

1−

3 3+1

)

⟹6.5 .4 .3!

3!3! .

1 4=5 AC. BC = 1.5 = 5

Koefisien Multinomial

1.

(

4 2 12

)

=

4!

2!1!2!=6

2. x12x2x33x4 adalah

(

_{2 13 1}6

)

(2) 2

(−3)3=−6480 3.

(

6

2 3 21 11

)

=

6!

2!3!2!1!1!1!=30

4. Terdapat C(14:6) cara memilih snack dari 14 macam snack untuk ditempatkan dalam kantong pertama, dan terdapat C(14-6:8) cara memilih 8 snack dari 14-6 = 8 snack yang tersisa. Jadi banyaknya cara yang dimaksud adalah

C(14:6) × C(14-6:8) = 14! 6!8!×

8!

8!0!=

14!

6!8!=3003 cara

5. Banyak bilangan yang dimaksud adalah

(

6 2 22

)

=

6!

2!2!2!=90

Prinsip Sarang Merpati

1. Jika setiap warna dianggap sebagai sarang merpati, maka n = 3. Karena itu, jika orang mengambil paling sedikit n + 1 = 4 bola (merpati), maka dapat dipastikan sepasang bola yang berwarna sama ikut terambil. Jika hanya diambil 3 buah, maka ada kemungkinan ketiga bola itu berbeda warna satu sama lain. Jadi 4 buah bola adalah jumlah minimum yang harus diambil dari dalam kotak untuk menjamin terambil sepasang bola yang berwarna sama.

2. Jumlah kemenangan setiap tim paling sedikit 1 kali dan paling banyak n-1 kali. Angka n-1 berkorespondensi dengan n-1 buah sarang merpati untuk menampung n

3. a) Kemungkinan terburuk yaitu saat mengambil 6 kaos kaki yang semuanya berbeda warna (hitam, putih, biru, merah, hijau, dan kuning). Oleh karena itu, kaos kaki minimal yang harus diambil agar setidaknya terdapat 2 kaos kaki dengan warna sama adalah 7 buah.

b) Kemungkinan terburuk yaitu saat mengambil 20 kaos kaki yang semuanya berwarna biru. Oleh karena itu, kaos kaki minimal yang harus diambil agar setidaknya terdapat 2 kaos kaki dengan warna berbeda adalah 21 buah.

4. Perhatikan bahwa setiap bilangan bulat dapat ditulis sebagai 2m _{× n dengan m}

≥ 0 dan n ganjil (missal, 7 = 20 _{× 7 ; 8 = 2}3 _{× 1 ; 12 = 2}2 _{× 3). Karena}

bilangan bulat yang diberikan dari 1 sampai dengan 100, maka n adalah salah satu dari 50 bilanganganjil 1,3,5,….,99. Sehingga diantara 51 bilangan yang diambil, terdapat dua bilangan dengan n yang sama. Misalkan kedua bilangan tersebut, 2k

× n dan 2h _{× n. Jika k ≤ h, maka 2}k _{× n pembagi 2}h _{× n. Jika k > h,}

maka 2h _{× n pembagi 2}k _{× n.}

5. Jawabannya adalah iya. Kita partisi himpunan A menjadi 4 himpunan yang saling lepas, yaitu {1, 8}, {2, 7}, {3, 6}, dan {4, 5}. Perhatikan bahwa setiap bilangan bulat di A muncul tepat satu kali di empat himpunan bagian tersebut dan jumlah bilangan bulat pada masing-masing himpunan bagian tersebut adalah 9. Sehingga, jika 5 bilangan bulat diambil dari himpunan A maka, dengan menggunakan prinsip sangkar burung, dua diantaranya berasal dari himpunan bagian yang sama. Hal tersebut akan menyebabkan jumlah dua bilangan bulat tersebut adalah 9.

6. Kita asumsikan mahasiswa tersebut sebagai anggota dari himpunan daerah asal X

dan kelompoknya sebagai anggota daerah kawan Y .Karena |X| = 62, |Y | = 6 dan

⌈62

6 ⌉=⌈10,33⌉ = 11 (pembulatan ke atas). Maka dengan menggunakan Prinsip Generalized Pigeonhole, terdapat paling sedikit 11 anggota X yang dipasangkan dengan suatu anggota Y yang sama. Dengan demikian terdapat paling sedikit ada 11 mahasiswa yang menjadi anggota suatu kelompok yang sama.

7. N = 41, k = 20. ⌈N_k ⌉=⌈41

20⌉=⌈2,05⌉=3 (pembulatan ke atas)

8. N = 50, k = 12 (bulan). ⌈N_k ⌉=⌈50

12⌉=⌈4,167⌉=5 (pembulatan ke atas) Jadi terdapat paling sedikit 5 orang mahasiswa yang lahir pada bulan yang sama.

BAB 2

SOAL LATIHAN 2.1 1. f(x)= 2

1−7x f(x)=2× 1

1−7x f(x)=2

∑

n=0

∞ (7x)n

f(x)=

∑

n=0

∞

2(7x)n

2. f(x)= 3

2+4x f(x)=3

2× 1

(1−(−2x))

f(x)=3

2

∑

n=0

∞

(−2x)n

f(x)=

∑

n=0

∞

3(−2x)n

3. f(x)= 1

n !(7x)

n

4. f(x)= 1

n !(2x−1)

n

5.

(

5

4

)

=

5(5−1)(5−2)(5−3)

4!

(

5 4

)

=

5(4)(3)(2)

4.3 .2.1 =5

6.

(

1₃

3

)

=

1 3(

1 3−1)(

1 3−2) 3!

(

1 3 3

)

= 1 3

(

−2 3

)(

−5 3

)

3.2.1 = 10 27 6 = 10 27 .1 6= 10 162= 5 81

7. teorema binomial

4

√

6=(1+5)

1 4₌

(

1 4 0

)

50+

(

1 4 1

)

51+

(

1 4 2

)

52+…

¿1+

1 4 1!(5)+

1 4(

1 4−1) 2! (5)

2

+…

¿1+5

4+ 1 4

2.1(25)+…

¿1+5

4+(

−75 8 )+…

8. 2(1+3x)3=2

(

3 0

)

3

0

+2

(

3 1

)

3

1

+

(

3

2

)

3

2

+… ¿2+2 3

1!(3)+

3(3−1)

2! (3)

2

+… ¿2+18+54+…

9.

(

1 1−9x

)

5 =

∑

n=0

∞

(

k+n−1

n

)

x

n

x

9¿ ¿

(

5+n−1

n

)

¿

¿

∑

n=0

∞

x

9¿ ¿

(

4+n

n

)

¿

¿

∑

n=0

∞ ¿ 10. 1 3

(

1 1−(−5

3 x)

)

10

=

∑

n=0

∞

(

k+n−1

n

)

x

n

x

−5 3 ¿

¿

(

10+n−1

n

)

¿

¿1

3

∑

n=0

∞

¿

¿

∑

n=0

∞

(

9+n

n

)

(−5x)n

3n+1

SOAL LATIHAN 2.2

1.

(

1 3!,

1 4!,

1 5!, …

)

p(x)=

∑

n=0

∞

a_nxn

¿ 1

3!x

0

+ 1

4!x

1

+ 1

5!x

2

+…

¿ 1

3!+

1 4! x+

1 5! x

2

+…

¿x

3

x3

(

1 3!+

1 4! x+

1 5! x

2

+…

)

¿ 1 x3

(

1 3!x

3

+ 1

4!x

4

+ 1

5!x

5

+…

)

¿ 1

x3

(

1+x+

1 2!x

2

+ 1

3!x

3

+ 1

4!x

4

+ 1

5! x

5

+…

)

−

(

1+x+ 1

2!x

2

)

¿ 1 x3

(

e

x

−

(

1+x+ 1

2!x

¿ 1 x3

(

e

x

−1−x− 1

2! x

2

)

= 1

x3

(

2ex −x2

−2x−2

2

)

¿2e

x

−x2−2x−2 2x3

2. (5, 3, 5, 3, 5,…)

p(x)=

∑

n=0

∞

a_n x

n

n!=5+3∙ x+5∙ x2

2!+3∙ x3

3!+5∙ x4

4!

¿

(

5+5∙x2

2!+5∙ x4

4!+…

)

+

(

3x+3∙ x3

3!+…

)

¿5

(

1+x

2

2!+ x4

4!+…

)

+3

(

x+ x3

3!+ x5

5!+…

)

¿5

(

e

x +e−x

2

)

+3

(

ex−e−x

2

)

¿5e

x +5e−x

+3ex −3e−x

2

¿8e

x +2e−x

2

¿4ex+e−x

3.  FPB

P(x)=

∑

n=0

∞

a_nxn

=0+0∙ x+0∙ x2

+0∙ x3

+1∙ x4

+1∙ x5

+… ¿x4+x5+x6+…

¿

(

1+x+x2

+x3

+x4

+x5

+x6

+…

)

−

(

1+x+x2

+x3

)

¿

(

1

1−x

)

−

(

1+x+x

2

+x3

)

¿1−(1−x)

(

1+x+x

2

+x3

)

1−x ¿1−(1+x+x

2

+x3

−x−x2

−x3

−x4

)

1−x ¿ x

4

1−x

P(x)=

∑

n=0 3

a_n xn n!+

∑

n=4

a_n xn n !

¿0+

∑

n=4

1∙ xn n!

¿

∑

n=4

1

n !x

n

Perhatikan teorema 2.1.1

∑

n=0

1

n !x

n =ex

Subtitusi n=0sampai n=3 1

0!x

0

+ 1

1!x

1

+ 1

2!x

2

+ 1

3!x

3

+

∑

n=4

1

n !x

n =ex

1+x+x

2

2 +

x3

6 +

∑

n=4

1

n ! x

n =ex

´

P(x)

P(x)=ex

−

(

6+6x+3x

2

+x3

6

)

P(x)=6e x

−6−6x−3x2

−x3

6

4. p(x)=e−2x∙ 1

(1−x)2

¿

∑

n=0

1

n!(−2x)

n

∙

∑

n=0

(n+1)xn

¿

∑

n=0

(−2)n

n ! x

n_∙

∑

n=0

(n+1) (x)n

¿

∑

n=0

(

∑

k=0

n (−2)k

k ! (n−k+1)

)

x

n_∙n!

n!

¿

∑

n=0

(

∑

k=0

n (−2)k

k ! (n−k+1)

)

n !∙ xn

n !

an=

(

∑

k=0

n (−2)k

k ! (n−k+1)

)

n !;n ≥0

5. p(x)=e7x∙

(

1

1−3x

)

¿

∑

n=0

1

n!(7x)

n

∙

∑

n=0

(

9+n−1

n

)

(3x)

n

¿

∑

n=0 7n

n!x

n

∙

∑

n=0

(

8+n

n

)

3

n

∙ xn

¿

∑

n=0

(

∑

k=0

n

7k

k !

(

8+n−k n−k

)

3

n−k

)

_xn_∙n!

n!

¿

∑

n=0

(

∑

k=0

n

7k_∙3n−k

k !

(

8+n−k n−k

)

)

n! ∙

xn

n !

a_n=

(

∑

k=0

n

7k∙3n−k

k !

(

8+n−k

n−k

)

)

n!;n ≥0

SOAL LATIHAN 2.3

1. A = {M, A, T, E, I, K}

Syarat: M > 0, A > 0, T > 0, E > 0, I > 0, K > 0 P(x) =

(

x+x2+x3+x4+x5+…

)

6

= x6

(

₁

+x+x2

+x3

+x4

+x5

+…

)

6

= x6

(

1

1−x

)

6

= x6

∑

k=0

∞

(

6−1+k

k

)

x

k

=

∑

k=0

∞

(

k+5

k

)

x

k+6

Misal: k+6=n ↔ k=n−6 P(x) =

∑

n−6=0

∞

(

n−6+5

n−6

)

x

n

=

∑

n=6

∞

(

n−1

n−6

)

x

n

Jadi, banyaknya cara menyusun n-huruf dari A, dengan syarat semua huruf muncul

adalah koefisien xn _{dari fungsi pembangkit, yaitu: a} n=

0,jika n<6

(

n−1

n−6

)

, jika n ≥6 2. P(x) =

(

x+x2+x3+x4+x5+…

)

1

(

1+x+x2+x3+x4+x5+…

)

5

=

(

1

1−x−1

)(

1 1−x

)

5

=

(

x

x−1

)(

1 1−x

)

5

= x(1−x)−1(1−x)−5

= x

∑

r=0

∞

(

6+r+1

r

)

x

r

=

∑

r=0

∞

(

6+r−1

r

)

x

r+1

=

∑

r=1

∞

(

r+4

r−1

)

x

r

Jadi, banyaknya cara adalah: a_n=

0,jik a n<1

(

r+4

r−1

)

, jikan ≥1 3. S U R A M A D U

P(x) =

(

x+x2

+…

)

4

(

1+x+x2

+…

)

2

=

(

1 1−x−1

)

4

(

1−X11

1−X

)

2

=

(

X 1−X

)

4

(

1−X11

1−X

)

2

=

(

x4

)

(1−x11)2(1−x)−6

=

(

x4

)

(1−2x11+x22)(1−x)−6

= ( x4−2x15+x26¿(1−x)−6

= x4−2x15+x26

∑

n=0

∞

(

n+6−1

n

)

x

n

=

∑

n=0

∞

(

n+6−1

n

)

x

n+4

−2

∑

n=0

∞

(

n+6−1

n

)

x

n+15

+

∑

n=0

∞

(

n+6−1

n

)

x

n+26

=

∑

n=4

∞

(

n+1

n−4

)

x

n

+2

∑

n=15

∞

(

n−10

n−15

)

x

n

+

∑

n=26

∞

(

n−21

n−26

)

x

n _]

Banyak cara yang dimaksud adalah:

a_n=

0,jika n<4

(

n+1

n−4

)

, jika4≤ n≤14

(

n+1

n−4

)

−2

(

n−10

n−15

)

, jika15≤ n ≤26

(

n+1

n−4

)

−2

(

n−10

n−15

)

+

(

n−21

n−26

)

, jika n ≥26 4. P(x) =

(

x2

+x3

+…

)(

x4

+x5

+…

) (

x6

+x7

+…

)

= x12

∑

n=0

∞

(

n+3−1

n

)

x

n

=

∑

n=0

∞

(

n+2

n

)

x

n+12

=

∑

n=12

∞

(

n−10

n−12

)

x

a_n=

0,jika n<12

(

n−10

n−12

)

, jika n ≥12

5. P(x) =

(

1+x+x2+x3+…+x20

)

6

(

1+x+x2+x3…

)

3

=

(

1−x

21

−x+1

)

6

(

1

1−x

)

3

= (1−x21

)6

(

1

1−x

)

9 = −x −x −x −x −x −x −x

(¿¿21)0 (¿¿21)1+

(

6

6

)

1

6

¿

(¿¿21)2+

(

6

5

)

1

5

¿

∑

r=0

∞

(

9+r−1

r

)

x

r

(¿¿21)3+

(

6

4

)

1

4

¿

(¿¿21)4+

(

6

3

)

1

3

¿

(¿¿21)5+

(

6

2

)

1

2

¿

(¿¿21)6+

(

6

1

)

1

1

¿

(

6

0

)

1

0

¿

¿

=

[

x126

−6x105

+15x84

−20x63

+15x42

−6x21

+1

]

∑

r=0

∞

(

9+r−1

r

)

x

r

=

∑

r=0

∞

(

r+8

r

)

x

r+126 −6

∑

r=0

∞

(

r+8

r

)

x

r+105

+15

∑

r=0

∞

(

r+8

r

)

x

r+84

−20

∑

r=0

∞

(

r+8

r

)

x

r+63

+15

∑

r=0

∞

(

r+8

r

)

x

r+42 −6

∑

r=0

∞

(

r+8

r

)

x

r+21 +

∑

r=0

∞

(

r+8

r

)

x

r

=

∑

r=126

∞

(

r−118

r−126

)

x

r

−6

∑

r=105

∞

(

r−97

r−105

)

x

r

+15

∑

r=84

∞

(

r−76

r−84

)

x

r

−20

∑

r=63

∞

(

r−55

r−63

)

x

r

+15

∑

r=42

∞

(

r−34

r−42

)

x

r

−6

∑

r=21

∞

(

r−13

r−21

)

x

r

+

∑

r=0

∞

(

r+8

r

)

x

Jadi, banyaknya cara untuk mengambil 100 huruf dari huruf-huruf membentuk kata “KOMBINATORIKA” dengan huruf konsonan terpilih paling banyak 20 adalah:

15

(

r−76

r−84

)

x

r

−20

(

r−55

r−63

)

x

r

+15

(

r−34

r−42

)

x

r

−6

(

r−13

r−21

)

x

r

Variabel x dihilangkan dan r = 100 sehingga diperoleh:

15

(

24 16

)

−20

(

45 37

)

+15

(

66 58

)

−6

(

87

79

)

=59.664 .083.900cara

SOAL LATIHAN 2.4

1. Berapakah banyaknya barisan kuarternairr-angka yang memuat paling sedikit satu 1, paling sedikit 2 dan paling sedikit satu 3?

Jawab:

P(x)=

(

1+x+x

2

2!+ x3

3!+…

)(

x+ x2

2!+ x3

3!+…

)

3

P(x)=ex

(

ex−1

)

3=ex

(

e3x−3e2x+3ex−1

)

P(x)=e4x −3e3x

+3e2x −ex

P(x)=

∑

r=0

∞ (4x)r

r ! −3

∑

r=0

∞ (3x)r

r ! +3

∑

r=0

∞ (2x)r

r ! −

∑

r=0

∞ (x)r

r !

Banyakbarisan = koefisiendari xr

r! dalan P(x)

¿4r−3.3r+3.2r−1 ;r ≥0 ¿4r−3r+1

+3.2r−1 ;r ≥0

2. Ada berapa barisan binairr-angka yang memuat 0 sebanyak genap dan 1 sebanyak genap pula?

Jawab:

P(x)=

(

1+x

2

2!+ x4

4!+ x6

6!+…

)

2

P(x)=

(

e x

+e−x

2

)

2

P(x)=e x

P(x)=1

2

(

e2x +e−2x

2

)

+ 1 2

x

2¿ ¿ ¿6

(¿¿6!+…¿)+1

2

1+(2x)

2

2! +

(2x)4

4! +¿ P(x)=1

2¿

P(x)=1+2x2 2!+2

3 x4

4!+2

5 x6

6!…

Banyaknya barisan yang dimaksud adalah koefisien x

r

r ! dalam P(x) yaitu ar

dengan

a_r=

{

0. bilar ganjil

1. bilar=0 2r−1_{bilar genap dan r}

>0

3. Misalkan Z adalah himpunanhuruf-huruf pembentuk kata MATEMATIKA tentukanlah banyaknya cara menyusun barisan n huruf dari Z, dengan syarat huruf T harus muncul Jawab

P(x)=

(

x+x

2

2!+ x3

3!+ x4

4!+…

)(

1+x+ x2

2!+ x3

3!+ x4

4!+…

)

5

P(x)=

(

ex−1

) (

ex

)

5

P(x)=

(

ex−1

)

(e5x)

P(x)=e6x −e5x

P(x)=

∑

n=0

∞ (6x)n

n ! −

∑

n=0

∞ (5x)n

n !

P(x)=

∑

n=0

∞

xn n!(6

n −5n)

Cara menyusun barisan n-huruf dari Z, dengan syarat angka 0 harus muncul adalah

koefisien xn

n! dari fungsi pembangkit, yaitu an=

∑

n=0

∞

SUSUNAN REDAKSI

BAB 1

Prinsip Dasar dan Pencacahan

Ai Nurlaila &AmaliyahSetiawan

Anggi Ika Satri & AnnisaTussadiah

Permutasi Biasa dan Permutasi Bintang Permutasi Siklik

Aulia Annisa Fithri & Deas Noormawati K

Liah Dahliah & Dhesna Nurhartono

Koefisien Binomial dan Multinomial Kombinasi Biasa & Kombinasi Bintang

Fitria Istiqomah & Hanifa Tri Andina

Jalia Fardila & Juanita Febriati

Lintasan Cantik dan Tak Cantik

BAB 2

Materi Deret Kuasa

Rizka Nanda Aulia

Yunny Lestari

Contoh Soal Deret Kuasa Soal Latihan Deret Kuasa

RirinTresnaneti

Talbiyatu Rahmah

Definisi Fungsi Pembangkit

Contoh Soal Definisi Fungsi Pembangkit

Muhammad Nasrul Arifin

Materi Fungsi Pembangkit Untuk Kombinasi

Nurul Fadillah

Sri Endah Handayani

Contoh Soal Fungsi Pembangkit Untuk Kombinasi Latihan Fungsi Pembangkit Untuk Kombinasi

Siti Nur Fatimah

Triyani

Materi Fungsi Pembangkit Untuk Permutasi

Contoh Soal Fungsi Pembangkit Untuk Permutasi

Muhammad Khalif Ikhsan

Rizka Indayani

Soal Latihan Fungsi Pembangkit Untuk Permutasi Editor

Helmi Jekabrian A & Miftah Aditya