8.4 GENERATING FUNCTIONS

Fungsi pembangkit

Fungsi pembangkit digunakan untuk

merepresentasikan barisan secara efisien

dengan

mengkodekan unsur barisan

sebagai

koefisien

deret pangkat dalam variabel x .

Fungsi pembangkit dapat digunakan untuk:

– memecahkan berbagai masalah counting,

– memecahkan relasi recurrence, dan

Definisi

Definisi.

Fungsi pembangkit (generating function) untuk barisan bilangan real: a₀, a₁, …, a_k, … adalah deret pangkat tak hingga:

.

...

...

)

(

0 1 0



 













k k k k k

x

a

x

a

x

a

a

x

G

Contoh 1.

a. Fungsi pembangkit dari barisan {a_n} dengan a_k = 5 adalah



   0 ) 3 ( k k x k k k k x



 0 3



 0 5 k k x

b. Fungsi pembangkit dari barisan {a_n} dengan a_k = k+3 adalah

c. Fungsi pembangkit dari barisan {a_n} dengan a_k = 3k adalah

Contoh 2

Tentukan fungsi pembangkit dari barisan

1, 1, 1, 1, 1, 1

Solusi.

Fungsi pembangkit dari barisan 1,1,1,1,1,1

adalah:

1 + x + x

2

+ x

3

+ x

4

+ x

5

1

1

6







x

x

Contoh

Contoh 3.

Fungsi pembangkit dari barisan

1, 1, 1, 1, … adalah

1 + x + x2 _{+ x}3 _{+ …}

Contoh 4.

Fungsi pembangkit dari barisan

1, a, a2_{, a}3_{, …} adalah 1 + ax + a2_x2 _{+ a}3_x3 _{+ …} 1 | | jika , 1 1 _   x x 1 | | jika , 1 1 _   ax ax

Teorema 1

Contoh 5.

Misal f(x) = 1/(1-x)2_.

Tentukan koefisien a₀, a₁, … dalam ekspansi f(x) =  a_kxk_.

Solusi. . ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 0 0 0 2

 



                   _k k k k k j x k x x x x Jadi, a_k = k+1.





.

)

(

)

(

dan

)

(

)

(

)

(

M aka,

.

)

(

dan

)

(

M isal

0 0 0 0 0

 







         













k k k j j k j k k k k k k k k k k

x

b

a

x

g

x

f

x

b

a

x

g

x

f

x

b

x

g

x

a

x

f

Koefisien Binomial Diperluas

Misalkan u bilangan real dan k bilangan bulat tak

negatif.

Maka

koefisien binomial diperluas

didefinisikan

sebagai:

































.

0

jika

,

1

,

0

jika

,

!

)

1

)...(

1

(

k

k

k

k

u

u

u

k

u

Contoh 6.

Tentukan nilai dari:

a.       5 2 / 1 . 4 ! 3 ) 4 )( 3 )( 2 ( 3 2                   3 2 . ! 5 ) 4 2 / 1 )( 3 2 / 1 )( 2 2 / 1 )( 1 2 / 1 )( 2 / 1 ( 5 2 / 1            b.

Teorema Binomial Diperluas

Teorema 2.

Misal x bilangan real dengan |x| < 1 dan u

bilangan real.

Maka,

.

)

1

(

0



 

















k k u

x

k

u

x

Catatan.

Jika u

bilangan bulat positif

maka Teorema

Contoh 7

Tentukan fungsi pembangkit untuk

(1+x)

-n

dan (1-x)

-n

,

dengan n bilangan bulat positif.

Solusi.

k k k n k k n

x

k

k

n

C

x

x

k

n

x

)

,

1

(

)

1

(

)

1

(

M aka,

.

)

1

(

2,

Teorema

M enurut

0 0































     



  

_

_

_





0

)

,

1

(

)

1

(

:

x

dgn

x

mengganti

Dengan

k k n

x

k

k

n

C

x

Soal 1

Tentukan koefisien x

10

_{dalam deret pangkat}

fungsi-fungsi berikut ini:

a. 1/(1+x)

2

b. 1/(1-2x)

c. x

4

/(1-3x)

3

Masalah Counting dan Fungsi Pembangkit

Contoh 8.

Tentukan banyaknya solusi dari n₁ + n₂ + n₃ = 17, bila n₁, n₂ dan n₃ bilangan bulat taknegatif dengan 2  n₁  5, 3  n₂  6 dan 4  n₃  7.

Solusi.

Banyaknya solusi dinyatakan oleh koefisien x17 _{dalam ekspansi:} (x2_+x3_+x4_+x5_{) (x}3_+x4_+x5_+x6_{) (x}4_+x5_+x6_+x7_).

Setiap bentuk x17 _{dalam perkalian ini didapat dengan mengalikan} xn1 _{pada faktor pertama dengan}

xn2 _{pd faktor kedua dan} xn3 _{pada faktor ketiga} yang memenuhi: n₁ + n₂ + n₃ = 17.

Bila dihitung, didapat koefisien x17 _{adalah 3.} Jadi, ada tepat 3 solusi.

Contoh 9

Ada berapa cara untuk membagikan 8 kue yang identik kepada 3 anak jika setiap anak menerima sedikitnya 2 kue dan tidak lebih dari 4 kue?

Solusi.

Misalkan c_n: banyaknya cara membagikan n kue.

Karena setiap anak menerima sedikitnya 2 kue dan tidak lebih dari 4 kue, maka untuk setiap anak ada suatu faktor yang berbentuk:

(x2 _{+ x}3 _{+ x}4₎ dalam fungsi pembangkit barisan {c_n}.

Karena ada 3 anak maka fungsi pembangkitnya adalah: (x2 _{+ x}3 _{+ x}4₎3_.

Cara untuk membagikan 8 kue adalah koefisien dari x8_{, yakni 6.} Jadi, ada 6 cara untuk membagikan 8 kue kepada 3 anak tadi.

Soal 2

Gunakan

fungsi

pembangkit

untuk

menentukan

banyaknya

cara

mendistribusikan 25 donat yang identik

kepada 4 polisi sehingga setiap polisi

mendapatkan sedikitnya 3 dan tidak lebih

dari 7 donat.

Contoh 10

Gunakan fungsi pembangkit untuk menentukan banyaknya cara memilih pecahan mata uang bernilai Rp. 100, Rp. 500 dan Rp. 1000 jika kita ingin membayar suatu barang yang bernilai Rp. r, apabila:

a. urutan pemilihan diperhatikan atau b. tidak diperhatikan.

Contoh.

Untuk membayar Rp. 600, ada 2 cara bila urutan tidak diperhatikan, yaitu

(Rp. 100, Rp. 100, Rp. 100, Rp. 100, Rp. 100, Rp. 100) atau (Rp. 100, Rp. 500)

dan ada 3 cara bila urutan diperhatikan, yaitu

(Rp. 100, Rp. 100, Rp. 100, Rp. 100, Rp. 100, Rp. 100), (Rp. 100, Rp. 500), atau

Contoh 10 (2)

b. Jika urutan pemilihan tidak diperhatikan.

Karena masing-masing pecahan dapat dipergunakan berkali-kali, maka

• faktor yang merepresentasikan penggunaan Rp. 100 adalah 1 + x + x2 _{+ x}3 _{+ …,}

• faktor yang merepresentasikan penggunaan Rp. 500 adalah 1 + x5 _{+ x}10 _{+ …,}

• faktor yang merepresentasikan penggunaan Rp. 1000 adalah 1 + x10 _{+ x}20 _{+ …}

Jadi, banyaknya cara pemilihan pecahan mata uang untuk

membayar seharga Rp. r adalah koefisien dari xr/100 _{dalam fungsi} pembangkit

Contoh 10 (3)

a. Jika urutan pemilihan diperhatikan.

Banyaknya cara untuk menggunakan tepat n pecahan

untuk membayar seharga Rp. r adalah koefisien x

r/100

dalam

(x + x

5

_{+ x}

10

₎

n

Karena kita dapat menggunakan berapa pun jumlah

pecahan, maka banyaknya cara pemilihan pecahan mata

uang untuk membayar seharga Rp. r adalah koefisien

dari x

r/100

_dalam

1 + (x + x

5

_{+ x}

10

₎

_{+ (x + x}

5

_{+ x}

10

₎

2

_{+ …}

5 10 5 10

1

1

1 (

x

x

x

)

1

x

x

x











 



Soal 3

Gunakan fungsi pembangkit untuk menentukan

banyaknya cara untuk menukar uang $100

dengan menggunakan pecahan:

a) $10, $20 dan $50

b) $5, $10, $20 dan $50

c) $5, $10, $20 dan $50; bila setiap pecahan

digunakan sedikitnya sekali.

d) $5, $10 dan $20; bila setiap pecahan

digunakan sedikitnya sekali tapi tidak lebih

dari 4 kali.

Contoh 11

Gunakan fungsi pembangkit untuk menghitung banyaknya cara memilih r obyek dari n jenis benda berbeda jika kita harus

memilih sedikitnya satu obyek dari setiap jenisnya.

Solusi.

Misalkan a_r: banyaknya cara memilih r obyek dari n jenis benda bila dari setiap jenis terpilih sedikitnya satu objek.

Karena kita perlu memilih sedikitnya satu obyek dari setiap jenis, maka setiap jenis menyumbangkan faktor

(x + x2 _{+ x}3 _{+ …)} pada fungsi pembangkit.

Akibatnya, fungsi pembangkit G(x) dari barisan {a_r} adalah G(x) = (x+x2 _{+ x}3 _{+ …)}n

Contoh 11 (2)

Dengan menggunakan Teorema Binomial Diperluas:











           





















































n r r n t t r r n r r r r n r r n n n n n

x

n

r

r

C

x

n

t

t

C

x

r

r

n

C

x

r

r

n

C

x

x

r

n

x

x

x

x

x

x

G

.

)

,

1

(

)

,

1

(

)

,

1

(

)

1

)(

,

1

(

)

1

(

)

(

)

1

.(

)

1

(

)

(

0 0 0

Fungsi Pembangkit dan Solusi Relasi Recurrence

Contoh 12.

Cari solusi relasi recurrence a_k = 3a_k-1 untuk k = 1, 2, 3, … dengan kondisi awal a₀ = 2.

Solusi.

Misal G(x): fungsi pembangkit untuk barisan {a_k}, Maka, . 3 2 Jadi, . 3 2 ) ( maka 1 2 Karena, . 3 1 2 ) ( Jadi, . 2 ) 3 ( 3 ) ( 3 ) ( . ) ( 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k a x x G x a ax x x G x a a a x a x a x xG x G x a x a x xG                















                  k k akx x G 



_ 0 ) (

Fungsi Pembangkit dan Pembuktian Identitas

Contoh 13.

Gunakan fungsi pembangkit untuk membuktikan:

bulat. n bila ), , 2 ( ) , ( 0 2 n n C k n C n k 



 Solusi.

C(2n,n) adalah koefisien xn _{dlm ekspansi (1+x)}2n_. Akan tetapi, (1+x)2n _{= [(1+x)}n_]2_.

= [C(n,0)+C(n,1)x+ … + C(n,n)xn_]2_. Koefisien dari xn _{dlm ekspansi ini:}

C(n,0)C(n,n) + C(n,1)C(n,n-1) + … + C(n,n)C(n,0). Ini sama dgn  C(n,k)2_{, krn C(n,n-k) = C(n,k).}

Karena C(2n,n) dan  C(n,k)2 menyatakan koefisien xn dlm (1+x)2n _{maka haruslah} . ) , 2 ( ) , ( 0 2 n n C k n C n k 





Prinsip Inklusi-Eksklusi

Ada berapa anggota dalam gabungan dua

himpunan hingga?

Contoh 1

Ada berapa bilangan bulat positif lebih kecil atau sama

dengan 100 yang habis dibagi 6 atau 9?

Solusi.

Misalkan A: himpunan bilangan bulat dari 1 sampai 100

yang habis dibagi 6

B: himpunan bilangan bulat dari 1 sampai 100

yang habis dibagi 9.

Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, banyaknya

bilangan bulat dari 1 sampai 100 yang habis dibagi 6 atau 9

adalah



 

 



22 5 11 16 18 / 100 9 / 100 6 / 100 | | | | | | | |            B A B A B A

Contoh 2

Misalkan ada 1467 mahasiswa angkatan 2011 di ITB. 97 orang di antaranya adalah mahasiswa Prodi Informatika, 68 mahasiswa Prodi Matematika, dan 12 orang mahasiswa double degree Informatika dan Matematika. Ada berapa orang yang tidak kuliah di Departemen Matematika atau Informatika?

Solusi.

Misalkan A: himpunan mahasiswa angkatan 2004 di Departemen Informatika

B: himpunan mahasiswa angkatan 2004 di Departemen Matematika

Maka |A|=97, |B|=68, dan |AB|=12.

Banyaknya mahasiswa angkatan 2004 di Departemen Informatika atau Matematika adalah

|A  B| = |A| + |B| - |A  B|= 97 + 68 – 12 = 153

Jadi, terdapat 1467 – 153 = 1314 mahasiswa angkatan 2004 yang tidak kuliah di Departemen Matematika atau Informatika.

Perluasan Prinsip Inklusi-Eksklusi

untuk tiga himpunan

Angka 1 merah menunjukkan daerah yang terlibat ketika |A| dihitung,

angka 1 hijau menunjukkan daerah yang terlibat ketika |B| dihitung,dan

angka 1 biru menunjukkan daerah yang terlibat ketika |C| dihitung.

Terlihat bahwa daerah yang beririsan dihitung berulang-ulang.

|A  B| dikurangkan (dua 1 merah diambil), |A  C| dikurangkan (dua 1 biru diambil), dan |B  C| dikurangkan (dua 1 hijau diambil) Terlihat bahwa penghitungan hampir benar, kecuali pada daerah di mana ketiga

himpunan sama-sama beririsan.

Maka perlu ditambahkan kembali |A  B  C|.

Perluasan Prinsip Inklusi-Eksklusi untuk

tiga himpunan (2)

Jadi,

|A



B



C| = |A| + |B| + |C|

- |A



B| - |A



C| - |B



C|

+ |A



B



C|

Contoh 3

Sebanyak 115 mahasiswa mengambil mata kuliah

Matematika Diskrit, 71 Kalkulus Peubah Banyak,

dan 56 Geometri. Di antaranya, 25 mahasiswa

mengambil Matematika Diskrit dan Kalkulus

Peubah Banyak, 14 Matematika Diskrit dan

Geometri, serta 9 orang mengambil Kalkulus

Peubah Banyak dan Geometri. Jika terdapat 196

mahasiswa yang mengambil paling sedikit satu dari

ketiga mata kuliah tersebut, berapa orang yang

Contoh 3 (2)

Solusi.

Misalkan MD: himpunan mahasiswa yang mengambil mata kuliah Matematika Diskrit,

KPB: himpunan mahasiswa yang mengambil mata kuliah Kalkulus Peubah Banyak, dan

G: himpunan mahasiswa yang mengambil mata kuliah Geometri.

Maka |MD| = 115, |KPB| = 71, |G| = 56,

|MD  KPB| = 25, |MD  G| = 14, |KPB  G| = 9, dan |MD  KPB  G| = 196

Dengan mempergunakan prinsip inklusi-eksklusi:

|MDKPBG| = |MD| + |KPB| + |G| - |MDKPB| - |MDG| - |KPBG| + |MDKPBG|

196 = 115 + 71 + 56 - 25 - 14 - 9 + |MD  KPB  G| Jadi, |MD  KPB  G| = 2

Soal 1

Carilah banyaknya anggota dari |A



B



C| jika

terdapat 100 anggota dalam setiap himpunan dan jika

a. ketiga himpunan tersebut tidak ada yang saling

beririsan

b. terdapat 50 anggota yang sama dalam setiap pasang

himpunan dan tidak ada anggota yang sama dalam

ketiga himpunan sekaligus

c. terdapat 50 anggota yang sama dalam setiap pasang

himpunan dan 25 anggota yang sama dalam ketiga

himpunan sekaligus

d. irisan setiap pasang himpunan dan irisan ketiga

himpunan berukuran sama

Prinsip Inklusi-Eksklusi

Teorema 1.

Misalkan A

₁

, A

₂

, …, A

_n

himpunan hingga.

Maka

| | ) 1 ( | | | | | | | | 2 1 1 1 1 1 2 2 1 n n k j n k j i i j n j i i n i i A A A A A A A A A A A A                         







  

Contoh 4

Carilah banyaknya anggota dari |A



B



C



D| jika

setiap himpunan berukuran 50, setiap irisan dari dua

himpunan berukuran 30, setiap irisan dari tiga himpunan

berukuran 10, dan irisan dari keempat himpunan berukuran

2.

Solusi.

|A



B



C



D|=|A| + |B| + |C| + |D|

- |A



B|-|A



C|-|A



D|-|B



C|

- |B



D|- |C



D|

+ |A



B



C|+ |A



B



D|+|A



C



D|

+ |B



C



D| - |A



B



C



D|

= 4 . 50 – 6 . 30 + 4 . 10 – 2 = 58

Soal

Soal 2.

Ada berapa banyak permutasi dari ke-26 huruf

dalam alfabet yang memuat paling sedikit satu dari

kata FIGHT, BALKS, MOWER.

Soal 3.

Ada berapa banyak permutasi dari ke-26 huruf

dalam alfabet yang memuat paling sedikit satu dari

kata CAR, CARE, SCARE, SCARED.

Peluang gabungan kejadian

Teorema 2.

Misalkan E₁, E₂, E₃ tiga kejadian dalam ruang sampel S. Maka p(E₁  E₂  E₃) = p(E₁) + p( E₂ ) + p( E₃ ) - p(E₁  E₂ )

- p(E₁  E₃ ) - p( E₂  E₃ ) + p(E₁  E₂  E₃ )

Teorema 3.

Misalkan E

₁

, E

₂

, …, E

_n

kejadian-kejadian dalam ruang

sampel S. Maka

                                











 n i i n k j n k j i i j n j i i n i i n i i E p E E E p E E p E p E p 1 1 1 1 1 1 ) 1 ( ) ( ) ( ) (

Soal 4

Berapakah peluang bahwa ketika empat

angka dari 1 sampai 100, dipilih secara acak

tanpa pengulangan, terjadi salah satu dari

kejadian-kejadian berikut: keempatnya angka

ganjil, keempatnya habis dibagi tiga, atau

8.6 APPLICATIONS OF INCLUSION–

EXCLUSION

Beberapa Aplikasi

Inklusi-Eksklusi

• Banyaknya bilangan prima yang lebih kecil

dari suatu bilangan bulat positif

• Banyaknya fungsi pada dari suatu

himpunan hingga ke himpunan hingga

lainnya.

• Masalah derangement: penitipan topi (“the

Bentuk Alternatif Inklusi-Eksklusi

Misalkan S: himpunan dengan jumlah anggota N.

A

_i

: subhimpunan yang memuat anggota dengan sifat P

_i

.

banyaknya anggota dengan semua sifat

maka

banyaknya anggota yang tidak memiliki sifat

maka

Dengan prinsip inklusi-eksklusi,





: 2 1 i ik i P P P N  k i i i

P

P

P

,

,

,

2 1







|

|

2 1 2 1 i ik i i ik i

P

P

A

A

A

P

N















P₁'P₂' P_n'



: N  P₁,P₂,,P_n



P

₁

'

P

₂

'

P

_n

'



N

|

A

₁

A

₂

A

_n

|

N



















) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ' ' ' 2 1 1 1 1 2 1 n n k j i n k j i n j i j i n i i n P P P N P P P N P P N P N N P P P N   







               

Contoh 1

Ada berapa solusi yang dimiliki oleh

x

₁

+ x

₂

+ x

₃

= 11

dengan x

₁

, x

₂

, x

₃

bilangan bulat tak negatif dan x

₁



3, x

₂



4,

dan x

₃



6.

Solusi.

Misalkan P

₁

: sifat x

₁

> 3, P

₂

: sifat x

₂

> 4, dan P

₃

: sifat x

₃

> 6.

Maka banyaknya solusi adalah:





)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

'

'

'

3 2 1 3 2 3 1 2 1 3 2 1 3 2 1

P

P

P

N

P

P

N

P

P

N

P

P

N

P

N

P

N

P

N

N

P

P

P

N

















Contoh 1 (2)

• N: jumlah solusi total = C(3+11-1,11) = 78

• N(P₁): jumlah solusi dengan x₁  4 = C(3+7-1,7) = 36 • N(P₂): jumlah solusi dengan x₂  5 = C(3+6-1,6) = 28 • N(P₃): jumlah solusi dengan x₃  6 = C(3+5-1,5) = 15

• N(P₁ P₂): jumlah solusi dengan x₁  4 dan x₂  5 = C(3+2-1,2) = 6

• N(P₁ P₃): jumlah solusi dengan x₁  4 dan x₃  7 = C(3+0-1,0) = 1

• N(P₂ P₃): jumlah solusi dengan x₂  5 dan x₃  7 = 0

• N(P₁P₂P₃): jumlah solusi dengan x₁  4, x₂  5 dan x₃  7 = 0 Jadi, N(P₁’P₂’P₃’) =78 - 36 - 28 - 15 + 6 + 1 + 0 - 0 =6

The Sieve of Erotosthenes

• Mencari banyaknya bilangan prima yang tidak melebihi

suatu bilangan bulat positif tertentu.

• Suatu bilangan komposit hanya dapat dibagi oleh bilangan

prima yang tidak melebihi akar bilangan tersebut.

Contoh 2.

Tentukan banyaknya bilangan prima yang tidak melebihi 100.

Solusi.

Faktor prima dari bilangan yang kurang dari 100 tidak akan

melebihi 10.

The Sieve of Erotosthenes (2)

Misalkan P₁: sifat bilangan habis dibagi 2, P₂: sifat bilangan habis dibagi 3, P₃: sifat bilangan habis dibagi 5, dan P₄: sifat bilangan habis dibagi 7.

Maka banyaknya bilangan prima yang lebih besar 1 dan tidak melebihi 100 adalah: 4 + N(P₁’ P₂’ P₃’ P₄’)

Jadi, menurut inklusi-eksklusi:





21 7 5 3 2 100 7 5 3 100 7 5 2 100 7 3 2 100 5 3 2 100 7 5 100 7 3 100 5 3 100 7 2 100 5 2 100 3 2 100 7 100 5 100 3 100 2 100 99 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 99 ' ' ' ' 4 3 2 1 4 3 2 4 3 1 4 2 1 3 2 1 4 3 4 2 3 2 4 1 3 1 2 1 4 3 2 1 4 3 2 1                                                                                                               P P P P N P P P N P P P N P P P N P P P N P P N P P N P P N P P N P P N P P N P N P N P N P N P P P P N

The Sieve of Erotosthenes (3)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

51 52 53 54 55 56 57 58 59 60

61 62 63 64 65 66 67 68 69 70

71 72 73 74 75 76 77 78 79 80

81 82 83 84 85 86 87 88 89 90

91 92 93 94 95 96 97 98 99

100

1 2 3

5

7

9

11

13

15

17

19

21

23

25

27

29

31

33

35

37

39

41

43

45

47

49

51

53

55

57

59

61

63

65

67

69

71

73

75

77

79

81

83

85

87

89

91

93

95

97

99

1 2 3

5

7

11

13

17

19

23

25

29

31

35

37

41

43

47

49

53

55

59

61

65

67

71

73

77

79

83

85

89

91

95

97

1 2 3

5

7

11

13

17

19

23

29

31

37

41

43

47

49

53

59

61

67

71

73

77

79

83

89

91

97

1

2 3

5

7

11

13

17

19

23

29

31

37

41

43

47

53

59

61

67

71

73

79

83

89

97

Banyaknya fungsi pada

Ada berapa banyak fungsi pada dari himpunan dengan 6

anggota ke himpunan dengan 3 anggota?

Solusi.

Misalkan anggota-anggota dari kodomain adalah b

₁

, b

₂

, dan

b

₃

. Misalkan P

₁

, P

₂

, dan P

₃

adalah sifat bahwa b

₁

, b

₂

, dan b

₃

tidak berada dalam range fungsi.

Karena fungsi akan pada jhj fungsi tersebut tidak memiliki

semua sifat P

₁

, P

₂

, atau P

₃

, maka banyaknya fungsi pada dari

himpunan dengan 6 anggota ke himpunan dengan 3 anggota

adalah





)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

'

'

'

3 2 1 3 2 3 1 2 1 3 2 1 3 2 1

P

P

P

N

P

P

N

P

P

N

P

P

N

P

N

P

N

P

N

N

P

P

P

N

















Banyaknya fungsi pada (2)

• N: banyaknya fungsi dari himpunan dengan 6 anggota ke

himpunan dengan 3 anggota = 3

6

_.

• N(P

_i

): banyaknya fungsi yang tidak mempunyai b

_i

dalam

range = 2

6

_.

• N(P

_i

P

_j

): banyaknya fungsi yang tidak mempunyai b

_i

dan b

_j

dalam range = 1

6

_{= 1.}

• N(P

₁

P

₂

P

₃

): banyaknya fungsi yang tidak mempunyai b

₁

,

b

₂

, dan b

₃

dalam range = 0.

Jadi, banyaknya fungsi pada dari himpunan dengan 6 anggota

ke himpunan dengan 3 anggota adalah

Banyaknya fungsi pada & aplikasinya

Teorema 1

Misalkan m dan n bilangan bulat positif dengan m



n. Maka,

terdapat

n

m

_{- C(n,1) (n-1)}

m

_{+ C(n,2) (n-2)}

m

_{– … + (-1)}

n-1

_{C(n,2) 1}

m

fungsi pada dari himpunan dengan m anggota ke himpunan

dengan n anggota.

Soal 1.

Terdapat berapa cara untuk mendelegasikan lima pekerjaan

yang berbeda pada empat karyawan yang berbeda jika setiap

karyawan ditugasi minimal satu pekerjaan?

Soal 2.

Ada berapa cara untuk mendistribusikan enam mainan yang

berbeda pada tiga anak jika setiap anak mendapatkan minimal

satu mainan?

Derangements

Derangement

adalah permutasi objek sehingga tidak ada

objek yang menempati tempat aslinya.

Contoh 3.

Permutasi 654123 adalah derangement dari 123456.

Permutasi 653124 bukanlah derangement dari 123456.

D

_n

menyatakan banyaknya derangement dari n obyek.

Banyaknya derangement dari n objek

Suatu permutasi dikatakan memiliki sifat P_i jika permutasi tersebut mengakibatkan anggota i tetap pada tempatnya.

Jelas derangement dalam himpunan dengan n anggota adalah permutasi yang tidak memiliki sifat P_i, i=1,2,…,n. Jadi,

o N: banyaknya permutasi dengan n anggota = n!

o N(P_i): banyaknya permutasi yang menetapkan satu anggota = (n-1)!

o N(P_i P_j): banyaknya permutasi yang menetapkan dua anggota = (n-2)!

o N(P_i1 P_j2 …P_jm): banyaknya permutasi yang menetapkan m

anggota = (n-m)!





) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ' ' ' 2 1 1 1 1 2 1 n n k j i n k j i n j i j i n i i n n P P P N P P P N P P N P N N P P P N D   







                

Banyaknya derangement dari n objek (2)

Karena terdapat C(n,m) cara untuk memilih m dari n

anggota, maka

o



N(P

_i

) = C(n,1) (n-1)!

o



N(P

_i

P

_j

) = C(n,2) (n-2)!

o Dan secara umum,



N(P

_i1

P

_j2

…P

_jm

) = C(n,m) (n-m)!

Sehingga,

Teorema 2.

Banyaknya derangement dalam himpunan dengan n

anggota adalah









_

_

_

_

_

_



!

1

)

1

(

!

3

1

!

2

1

!

1

1

1

!

n

n

D

_n



n

The Hatcheck Problem

Seorang pegawai baru di tempat penitipan topi

suatu rumah makan menerima titipan topi dari n

pengunjung, tetapi ia lupa untuk menomori

topi-topi tersebut.

Ketika para pengunjung hendak mengambil

kembali topi mereka, pegawai ini memilih secara

acak dari topi yang tersisa. Berapakah peluangnya

bahwa tidak ada seorang pun yang menerima

The Hatcheck Problem (2)

Solusi.

Peluang bahwa tidak ada seorang pun yang

menerima topinya kembali adalah

Jika n membesar tanpa batas.

n!

!

!

n!

D

_{n n}

1

)

1

(

2

1

1

1

1















368 , 0 1 1 ) 1 ( lim 1    



    _{n! n! e} D n n n n