SOAL UJIAN AKHIR MATEMATIKA INFORMATIKA 4 (A B)

(1)

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) = 2}2

p(

2

n _{) + 2n}_–₃

= 22[2p(

4 n_{) + (}

4

n_–_{1) ]+ 2n}_–₂_–_{1 = 2}3_p(

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 = 2}5

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, 2}log(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

(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 = 2}2

q(

4

n _{) + 2bn}

= 22[2q(

8 n_{) + b}

4

n _{]+ 2bn = 2}3

q(

8

n _{) + 3bn}

= 23[2q(

16 n _{) + b}

8

n _{]+ 3bn = 2}4

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:

(3)

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

a_n _n ₁ n (1)

dengan n 1,a₀ 2

Solusi A

Metoda Akar Karakteristik

Komponen persamaan homogen dari persamaan (1) adalah: a_n 3a_n ₁ 0. Misalkan

solusinya adalah: a_n= rn, yang menghasilkan persamaan karakteristik: r – 3 = 0 atau r = 3. Dengan demikian solusi homogen persamaan (1) adalah: a_n(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: a_n = a_n(h) + a_n(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 n_x

a

(4)

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: a_n ₂ 5a_n ₁ 6a_n 0.

Misalkan solusinya adalah: a_n= 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

(5)

Suku non-homogen (partikulir/khusus) dari persamaan (5) adalah: F(n) = 2 sehingga solusi non-homogennya kita misalkan: a_n(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:

(6)

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

(7)

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).

(8)

Solusi B

A B

* *

C * * D

E * * F

* *