SOAL UJIAN AKHIR MATEMATIKA INFORMATIKA 4 (A & B)
Dosen: Dr. Asep Juarna Jumlah Soal: 3 Uraian
Tanggal Ujian: 02/03/12 Waktu Ujian: 2 jam
1. Solusi
1 jika 1 ) (
1 jika 1
) (2
n n
t
n n
t adalah: t(2n) = 1 + 2log n, yang dapat dibuktikan sbb:
t(2n) = t(n) + 1 = [t(n/2) + 1] + 1 = t(n/2) + 2 = t(n/4) + 3 = t(n/8) + 4 = t(n/16) + 5 = ....
(perhatikan bahwa hubungan-hubungan: 2 dengan 2, 4 dengan 3, 8 dengan 4, 16 dengan 5, dst adalah: 2 = 2log 2 +1, 3 = 2log 4 +1, 4 = 2log 8 +1, 5 = 2log 16 +1, dst), sehingga:
t(2n) = t(n/(n/2)) + (2log (n/2) + 1) = t(2) + 2log n - 2log 2 + 1 = 1 + 2log n -1 + 1 = 1 + 2log n
Soal A
Dengan cara yang sama, buktikan bahwa solusi
1 jika )
(
1 jika 1
) (2
n n
n 2p
n n
p
) 1 (
adalah p(2n) = 1 + n 2log n. Verifikasi solusi tersebut dengan menggunakan Master Theorem (anda bisa mengkonversi 2n menjadi n dan n menjadi n/2).
Solusi A
Metoda Substitusi:
p(2n) = 2p(n) + (n – 1) = 2[2p(
2 n ) + (
2
n– 1)] + (n – 1) = 22
p(
2
n ) + 2n – 3
= 22[2p(
4 n) + (
4
n– 1) ]+ 2n – 2 – 1 = 23p(
4
n ) + 3n – 7
= 23[2p(
8 n
) + (
8 n–
1) ]+ 3n – 6 – 1 = 24p(
8 n
) + 4n – 15
= 24[2p(
16 n ) + (
16
n – 1) ]+ 4n – 14 – 1 = 25
p(
16
n ) + 5n – 31
dst
Perhatikan perkembangan pasangan 4 bilangan (pangkat dari 2, denominator n, koefisien n, konstanta) yaitu (2, 2, 2, 3), (3, 4, 3, 7), (4, 8, 4, 15), (5, 16, 5, 31) = (5, 25-1, 5, 25– 1) = (2log 16 + 1, 16, 2log 16 + 1, 2log 16+1– 1)
Karena diketahui p(2n) = 1 jika n = 1 (yaitu p(2) = 1), maka p( x
n
) menjadi p(2) jika x =
2 n
sehingga pasangan 4 bilangan adalah (dalam
2 n ): (2
log(
2 n) + 1,
2 n, 2
log(
2
n) + 1, 2log(n/2)+1 –
1)
= (2log n –2log 2 + 1,
2 n, 2
log n –2log 2 + 1, (
2
n)2 – 1) = (2
log n,
2 n , 2
p(2n) = 2log n p(2) + (2log n)n – (n – 1) = n (1) + n 2log n – n + 1 = 1 + n 2log n Dalam notasi kompleksitas: p(2n) = (n log n)
Master Theorem:
Diberikan T(n) = aT(n/b) + f(n), maka dalam notasi big-Theta:
T(n) =
f(n) af(n/b) logn
Θ(f(n)
1
κ
κf(n),
af(n/b) )
Θ(n
1
κ
κf(n),
af(n/b)
Θ(f(n))
b loga
b
jika jika jika
Formula p(2n) = p(n) + (n – 1) dapat dituliskan menjadi p(n) = p(
2 n) + (
2 n – 1)
sehingga berdasarkan Master Theorem formula tersebut mempunyai nilai-nilia berikut:
a = 1, b = 2, dan f(n) = (
2 n –
1). Dengan demikian af(n/b) = 1(
2 n
/2 – 1) = (n – 1) = f(n) yang
merupakan kasus ketiga Master Theorem. Jelaslah T(n) = ((n-1) 2log n) = (n log n).
Soal B
Dengan cara yang sama, buktikan bahwa solusi
2 jika /2)
(
2 jika )
(
n bn
n 2q
n b
n q
adalah q(n) = bn + bn 2log n. Verifikasi solusi tersebut dengan menggunakan Master Theorem.
Solusi B
Metoda Substitusi:
q(n) = 2q(n/2) + bn = 2[2q(
4 n ) + b
2
n] + bn = 22
q(
4
n ) + 2bn
= 22[2q(
8 n) + b
4
n ]+ 2bn = 23
q(
8
n ) + 3bn
= 23[2q(
16 n ) + b
8
n ]+ 3bn = 24
q(
16
n ) + 4bn
dst
Perhatikan perkembangan pasangan 3 bilangan (pangkat dari 2, koefisien bn) yaitu (2, 4, 2), (3, 8, 3), (4, 16, 4).
Karena diketahui q(n) = b jika n = 1 (yaitu q(1) = 1), maka q( x
n
) menjadi p(1) jika x = n
sehingga pasangan 3 bilangan adalah (dalam n): (n, n, (2log n)), sehingga:
Master Theorem:
Diberikan T(n) = aT(n/b) + f(n), maka dalam notasi big-Theta:
T(n) =
f(n) af(n/b) logn
Θ(f(n)
1
κ
κf(n),
af(n/b) )
Θ(n
1
κ
κf(n),
af(n/b)
Θ(f(n))
b loga
b
jika jika jika
Berdasarkan Master Theorem formula q(n) = 2q(n/2) + bn mempunyai nilai-nilia berikut:
a = 2, b = 2, dan f(n) = bn. Dengan demikian af(n/b) = 2(b
2
n/2) = 2 bn = 2f(n) yang
merupakan kasus ketiga Master Theorem. Jelaslah T(n) = ((n-1) 2log n) = (n log n).
2. Selesikan persamaan rekursif berikut dengan metoda akar karakteristik dan generating function.
Soal A
) 5(3 3a
an n 1 n (1)
dengan n 1,a0 2
Solusi A
Metoda Akar Karakteristik
Komponen persamaan homogen dari persamaan (1) adalah: an 3an 1 0. Misalkan
solusinya adalah: an= rn, yang menghasilkan persamaan karakteristik: r – 3 = 0 atau r = 3. Dengan demikian solusi homogen persamaan (1) adalah: an(h) = A3n
Suku non-homogen (partikulir/khusus) dari persamaan (1) adalah: F(n) = 5(3n), dengan 3 adalah akar karakteristik berderajat satu sehingga solusi non-homogennya kita misalkan:
n
a (p) = p0n3n dengan p0 = (polinomial) konstan. Substitusi solusi ini ke persamaan (1)
menghasilkan: p0n3n – 3(p0(n-1)3n-1 ) = 5(3n) p0n3n– (p0(n-1)3n ) = 5(3n) p03n = 5(3n)
p0 = 5, sehingga solusi non-homogennya adalah: an(p) = 5n3n
Solusi umum: an = an(h) + an(p) = A3n + 5n3n. Substitusi nilai awal: a0= 2 = A30 + 0 A = 2
sehingga solusi umumnya adalah: an = 2(3n) + 5n(3n)
Cek: a0 = 2(30) + 5(0)(30) = 2
Metoda Generating Function
Misalkan G(x) =
0
n
n nx
a
1
Arahkan menjadi G(x) =
0
n
n n
x
a dengan manipulasi sehingga persamaan (2) menjadi:
1
dapat dituliskan sebagai:
0
3 = 3xG(x) sehingga persamaan (3) menjadi:
(G(x) – a0) – 3xG(x) = 1
x . Dengan demikian persmaan (4) menjadi: G(x) = 5n
0(3 )
Metoda Akar Karakteristik
Komponen persamaan homogen dari persamaan (5) adalah: an 2 5an 1 6an 0.
Misalkan solusinya adalah: an= rn, yang menghasilkan persamaan karakteristik: r2– 5r + 6 = 0 atau r1 = 3 dan r2 = 2. Dengan demikian solusi homogen persamaan (5) adalah: an(h) = A3n
Suku non-homogen (partikulir/khusus) dari persamaan (5) adalah: F(n) = 2 sehingga solusi non-homogennya kita misalkan: an(p) = bn + c. Sobstitusi solusi ini ke persamaan (5)
menghasilkan:
(b(n + 2) + c) - 5(b(n + 1) + c) + 6(bn + c) = 2
Metoda Generating Function
Misalkan G(x) =
Kalikan persamaan (5) dengan xn dan sum over n 0 (sesuai soal), hasilnya:
0
a , mula-mula dengan mengalikan lagi semua suku dengan
x2 sehingga persamaan (6) menjadi:
0
G , begitu juga analog untuk suku kedua, sedangkan
x
demikian persamaan (7) menjadi:
G(x)(1 – 5x + 6x2) =
Sehingga diperolah persamaan berikut: A + B + C = -10/6
Solusi ini berbed dengan solusi metoda karakteristik, yaitu: an = 7/2(3 n
3. Soal A
Sebuah perguruan tinggi bermaksud untuk menjadwalkan ujian untuk 8 mata kuliah berikut: A, B, C, D, E, F, G, dan H. Misalkan diketahui bahwa tidak ada mahasiswa yang mengambil pasangan-pasangan mata kuliah berikut: (A,B), (A,C), (A,D), (A,E), (A,F), (A,G), (A,H), (B,C), (B,E), (B,F), (B,G), (B,H), (C,H), (D,E), (D,F), dan (D,G).
Tentukan berapa slot waktu ujian minimal yang dibutuhkan.
Solusi A
Misalkan Graf G(V,E) di mana V = himpunan mata kuliah, dan E = himpunan edge yang menghubungkan setiap 2 mata kuliah yang maksimal hanya 1 yang diambil seorang mahasiswa. Graf G’(V,E’) adalah komplemen dari G(V,E). Setiap edge menghubungkan 2 mata kuliah yang mungkin keduanya diambil seorang mahasiswa; jelas jadwalnya ujiannya harus berbeda. Tidak hanya itu, setiap 3 vertex yang membentuk segitiga harus tidak sewarna
A B
* *
C * * D
E * * F
* *
G H
Jadi ada 4 slot jadwal ujian. Tentu saja A punya 4 pilihan warna sedangkan B punya 3 pilihan. Pewarnaan di atas adalah salah satu 4 slot yang diambil.
Soal B
Graf berikut: --- --- --- dinyatakan dengan degree sequence sebagai graf (1,2,2,1).
Solusi B
A B
* *
C * * D
E * * F
* *
