PERANGKAT PEMBELAJARAN

(1)

PERANGKAT PEMBELAJARAN

MATA KULIAH : MATEMATIKA DISKRIT

KODE

: MKK629515

DOSEN

: EDY MULYONO, M.Pd.

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

UNIVERSITAS VETERAN BANGUN NUSANTARA

SUKOHARJO

(2)

KONTRAK PEMBELAJARAN

MATEMATIKA DISKRIT

MKK629515

Semester VI / 3 SKS

Program Studi Pendidikan Matematika

Oleh :

EDY MULYONO, M.Pd.

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

UNIVERSITAS VETERAN BANGUN NUSANTARA

(3)

A. Identitas Mata Kuliah

Mata Kuliah : MATEMATIKA DISKRIT Semester / SKS : III / 3 SKS

Pengampu Mata Kuliah : EDY MULYONO, M.Pd. Kode Mata Kuliah : MKK629515

B. Manfaat Mata Kuliah

Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa dapat :

1. Menggunakan induksi matematika dan proses berfikirnya dalam pembuktian pernyataan. 2. Memahami tetang aturan penghitungan yaitu mengenai aturan penjumlahan dan perkalian. 3. Memahami konsep dasar perumusan permutasi dan kombinasi.

4. Menggunakan konsep relasi rekurensi dalam pemecahan masalah.

C. Deskripsi Mata Kuliah

Matematika Diskrit akan diawali denngan dengan sifat-sifat dasar integer (bilangan bulat). Enumerasi atau pencacahan merupakan bahasan selanjutnya dari matematika diskrit yang digunakan sebagai alat dasar untuk mempelajari materi-materi lainnya yang umumnya bersifat kombinatorik. Disamping itu ia juga mempunyai aplikasi di banyak area seperti: teori peluang, statistika, teori graf, teori koding, kriptogra dan analisis algoritma. Materinya selanjutnya ditekankan pada bahasan relasi rekurensi.

D. Kompetensi Dasar dan Indikator

Kompetensi Dasar

Indikator

1. Menggunakan logika dan induksi matematika pada pembuktian sebuah pernyataan

1.1 Menentukan nilai kebenaran dari suatu pernyataan menggunakan hukum-hukum logika.

1.2 Menggunakan induksi matematika untuk membuktikan kebenaran suatu pernyataan.

2. Memahami beberapa metode penghitungan (Counting

Methods)

2.1 Menggunakan aturan perkalian dan penjumlahan secara tepat dalam pemecahan masalah.

2.2 Menggunakan prinsip Inklusi Eksklusi dalam pemecahan masalah dengan kejadian majemuk.

2.3 Menurunkan rumus permutasi berdasarkan definisi dan menggunakannya.

2.4 Menurunkan rumus kombinasi berdasarkan definisi dan menggunakannya.

2.5 Melakukan ekspansi binomial. 3. Menggunakan konsep relasi

rekurensi dalam pemecahan masalah

3.1 Menyusun Relasi Rekurensi dari suatu permasalahan. 3.2 Menyusun bentuk eksplisit dari suatu relasi rekurensi

dengan metode Iterasi

3.3 Menentukan solusi dari relasi rekurensi linear homogen koefisien konstan dengan persamaan karakteristik

E. Organisasi Materi

F. Pendekatan Dan Strategi Pembelajaran

Strategi pembelajaran yang digunakan mengarah pada Active Learning. Metode-metode yang digunakan adalah sebagai berikut :

KD 1

KD 2

(4)

1. Practice Rehearsal Pairs

2. Kelompok Belajar (The Study Group) 3. Two stay two stray

4. Gallery of Learning 5. The Learning Cell

G. Sumber Belajar

[1] Rinaldi Munir. 2010. Matematika Diskrit. Bandung: Informatika

[2] Drs. Jong Jek Siang, M.Sc. 2009. Matematika Diskrit. Yogyakarta: Andi offset [3] Modul Kuliah

H. Penilaian Dan Kriteria Pembelajaran

1. Presensi dan Keaktifan : 30 % 2. Tugas Terstruktur : 20 % 3. UTS : 20 % 4. UAS : 30 % 100 %

I. Jadwal Perkuliahan

Materi :

 Menurunkan rumus permutasi berdasarkan definisi dan menggunakannya. 7

Materi :

 Menurunkan rumus kombinasi berdasarkan definisi dan menggunakannya. 8

Materi :

 Melakukan ekspansi binomial. 9 _{Ujian Tengah Semester}

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

SILABUS

Program Studi : PENDIDIKAN MATEMATIKA Kode Mata Kuliah : MKK629515

Mata Kuliah : MATEMATIKA DISKRIT Bobot : 3 SKS

Semester : VI

Mata Kuliah Prasyarat : Logika dan Himpunan, Teori Bilangan, dan Aljabar.

Standar Kompetensi : Melakukan pembuktikan secara logis, menggunakan kaidah pencacahan dalam melakukan enumerasi, dan menyusun relasi rekurensi serta menentukan penyelesainanya.

Kompetensi Dasar Indikator Pengalaman Belajar Materi Pokok Alokasi Waktu (menit)

Sumber/ Bahan/

Alat Penilaian/ Evaluasi

1. Menggunakan logika dan induksi matematika pada pembuktian sebuah pernyataan

1.1 Menentukan nilai kebenaran dari suatu pernyataan menggunakan hukum-hukum logika.

Tatap muka

 Mengulas kembali hukum-hukum logika  Memberikan penjelasan tentang induksi

matematika

 Memberikan pernyataan dan meminta mahasiswa menentukan nilai

kebenarannya dengan induksi matematika

Kegiatan terstruktur

 Mendiskusikan berbagai permasalahan pembuktian

 Post-test

 Logika dan Pembuktian

 Induksi Matematika 3  150 Sumber :  Buku panduan mata kuliah matematika diskrit Alat : Laptop, LCD, Whiteboard Bentuk evaluasi :  Pre-test  Post-test Instrumen :  Lembar Kerja Individu  Lembar Kegiatan kelompok 2. Memahami beberapa metode penghitungan (Counting Methods)

2.1 Menggunakan aturan perkalian dan penjumlahan secara tepat dalam pemecahan masalah.

Tatap muka

 Mendefinisikan aturan perkalian dan aturan penjumlahan sebagai teknik dalam enumerasi.

 Memanfaatkan konsep himpunan dalam menyelesaikan permasalahan

kombinatorik yaitu prinsip inklusi ekskulusi.

 Menurunkan rumus permutasi dari aturan perkalian.

 Counting Methods 6  150 Sumber :

 Buku panduan mata kuliah matematika diskrit Alat : Laptop, LCD, Whiteboard Bentuk evaluasi :  Pre-test  Post-test Instrumen :  Lembar Kerja Individu  Lembar

(7)

2.5 Melakukan ekspansi binomial.

 Menurunkan rumus permutasi dari rumus kombinasi.

 Menurunkan rumus ekspansi binomial.

 Mendiskusikan berbagai permasalahan tentang enumerasi.  Post-test Kegiatan kelompok 3. Menggunakan konsep relasi rekurensi dalam pemecahan masalah

3.1 Menyusun Relasi Rekurensi dari suatu permasalahan.

3.2 Menyusun bentuk eksplisit dari suatu relasi rekurensi dengan metode Iterasi

3.3 Menentukan solusi dari relasi rekurensi linear homogen koefisien konstan dengan persamaan karakteristik

Tatap muka

 Menjelaskan tentang cara menyusun Relasi Rekurensi dari suatu permasalahan.

 Menjelaskan cara menyusun bentuk eksplisit dari suatu relasi rekurensi dengan metode Iterasi

 Menjelaskan cara menentukan solusi dari relasi rekurensi linear homogen koefisien konstan dengan persamaan karakteristik

 Mendiskusikan berbagai permasalahan jaringan

 Post-test

 Relasi Rekurensi 5  150 Sumber :  Buku panduan mata kuliah matematika diskrit Alat : Laptop, LCD, Whiteboard Bentuk evaluasi :  Pre-test  Post-test Instrumen :  Lembar Kerja Individu  Lembar Kegiatan kelompok

(8)

RENCANA MUTU PERKULIAHAN (RMP)

Nama Dosen : EDY MULYONO, M.Pd.

Fakultas : KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN Program Studi : PENDIDIKAN MATEMATIKA

Mata Kuliah : MATEMATIKA DISKRIT Kode Mata Kuliah : MKK629515

Bobot : 3 SKS Semester : VI Pertemuan ke- : 1 s.d 3

Standart Kompetensi : Melakukan pembuktikan secara logis, menggunakan kaidah pencacahan dalam melakukan enumerasi, dan menyusun relasi rekurensi serta menentukan penyelesainanya

Kompetensi Dasar : 1. Menggunakan logika dan induksi matematika pada pembuktian sebuah pernyataan

Indikator : 1.1 Menentukan nilai kebenaran dari suatu pernyataan menggunakan hukum-hukum logika.

Tujuan : 1.1 Menentukan nilai kebenaran dari suatu pernyataan menggunakan hukum-hukum logika.

MATERI

LOGIKA DAN PEMBUKTIAN

Logika adalah pembelajaran mengenai penalaran, khususnya mengenai apakah penalaran anda benar. Logika memfokuskan pada hubungan antara pernyataan-pernyataan yang bertentangan dengan isi dari pernyataan tertentu. Pandang, sebagai contoh argumen ini.

 Semua mahasiswa memakai sepatu.

 Siapa saja yang memakai sepatu adalah seorang ahli aljabar.  Oleh karena itu, semua mahasiswa adalah ahli aljabar.

Secara teknis, logika tidak membantu dalam menentukan apakah masing-masing pernyataan tersebut benar, namun, jika dua pernyataan pertama benar, logika menyakinkan kita bahwa pernyataan. Semua mahasiswa adalah ahli aljabar. Adalah bernilai benar. Metode logis digunakan dalam matematika untuk membuktikan teorema dan dalam ilmu komputer untuk membuktikan bahwa program melakukan apa yang diharapkan akan dilakukan.

PROPOSISI

Yang mana dari kalimat-kalimat berikut bernilai benar atau salah (tapi tidak keduanya)? 1. Bilangan bulat positif yang membagi habis bilangan 7 adalah 1 dan 7 itu sendiri.

2. Untuk setiap bilangan bulat positif n, terdapat sebuah bilangan prima positif lebih besar daripada n. 3. Bumi adalah satu-satunya planet di alam semesta yang mempunyai kehidupan.

4. Belilah dua tiket pertandingan sepakbola Persis vs Persik nanti malam. Kalimat 1, bernilai benar.

(9)

Kalimat 3, bisa bernilai benar atau salah karena tidak ada yang tahu keadaan sebenarnya. Kalimat 4, tidak benar dan tidak salah, karena merupakan kalimat perintah.

Sebuah kalimat yang bernilai benar atau salah tetapi tidak keduanya, disebut sebuah proposisi. Kalimat 1 -3 adalah proposisi, sementara kalimat 4, bukan.

Definisi. Pandang p dan q sebagai proposisi.



Konjungsi dari p dan q dengan notasi p  q adalah proposisi “p dan q”



Disjungsi dari p dan q dengan notasi p  q adalah proposisi “p atau q”

Definisi. Tabel kebenaran dari proposisi p  q adalah

p Q p  q T T F F T F T F T F F F Definisi. Tabel kebenaran dari proposisi p  q adalah

p Q p  q T T F F T F T F T T T F Definisi. Negasi p dinotasikan dengan p adalah proposisi “tidak p” Definisi. Tabel kebenaran dari proposisi p adalah

P p T F F T Contoh 1. Jika diketahui

p : Blaire Pascal menciptakan beberapa mesin hitung.

q : Komputer digital all-electronic pertama dibangun pada abad ke duapuluh. r : π dihitung sampai 1,000,000 angka decimal pada tahun 1954.

Representasikan proposisi berikut secara simbolik dan tentukan bernilai benar atau salah.

Blaire Pascal menciptakan beberapa mesin hitung dan bukan kasus komputer digital all-electronic pertama dibangun pada abad keduapuluh, atau π dihitung sampai 1,000,000 angka decimal pada tahun 1954.

Proposisi tersebut dapat dituliskan secara simbolis sebagai (p  q  r).

Pertama-tama, perhatikan bahwa p dan q bernilai benar dan r bernilai salah. (Karena π dihitung sampai 1,000,000 angka decimal pada tahun 1973. Perhitungan sampai 1,000,000,000 baru saja dilakukan). Jika kita mengganti setiap simbol dengan tabel kebenarannya, maka diperoleh

(p q )  r = (T T)  F = (T  F)  F = F  F = F Jadi proposisi bernilai salah.

(10)

PROPOSISI BERSYARAT DAN LOGIKA EKUIVALENSI Definisi. Jika p dan q adalah proposisi, maka

jika p maka q

disebut proposisi bersyarat (conditional proposition) dan dinotasikan dengan p → q

Proposisi p disebut hipotesis (asteseden) dan proposisi q disebut kesimpulan (konsekuen).

Definisi. Tabel kebenaran dari proposisi bersyarat p → q adalah p Q p → q T T F F T F T F T F T T

Contoh 2. Diandaikan bahwa p benar, q salah, dan r benar, carilah nilai kebenaran dari tiap-tiap proposisi

berikut:

Setiap simbol p, q dan r digantikan dengan nilai kebenarannya untuk memperoleh nilai kebenaran dari proposisi. Jawab: (a) (T  F)  T = F  T = Benar. (b) (T  F)  T = T  F = Salah. (c) T  (F  T) = T  T = Benar. (d) T  (F  T) = T  T = Benar.

Definisi. Jika p dan q adalah proposisi, maka

p jika dan hanya jika q

disebut proposisi bikondisional (biconditional proposition) atau biimplikasi dan dinotasikan dengan p  q

Tabel kebenaran dari proposisi biimplikasi p  q adalah

p Q p  q T T F F T F T F T F F T

Definisi. Andaikan proposisi P dan Q terdiri dai proposisi . Maka dikatakan P dan Q adalah “ekuivalen logis: atau “ekuivalen” dan ditulis

P ≡ Q

yang berarti bahwa jika diberikan sebarang nilai kebenaran dari maka keduanya P dan Q bernilai benar, atau keduanya bernilai salah.

(11)

Contoh 3. Dalil De Morgan untuk Logika a.



pq



= pq, b. b.



pq



= pq Bukti a. ditunjukkan dengan tabel kebenaran

p q



pq



pq T T F F T F T F F T F T F T F T

PRINSIP INDUKSI MATEMATIKA

Definisi. Andaikan untuk setiap bilangan bulat positif n, S(n) adalah pernyataan yang bisa benar atau

salah. Dan andaikan (a) S(1) benar;

(b) S(n) diandaikan benar,

maka S(n + 1) dapat dibuktikan kebenarannya. Dengan demikian S(n) terbukti benar untuk semua bilangan bulat positif n.

Syarat (a) sering disebut Langkah Dasar dan syarat (b) sering disebut Langkah Induksi. Contoh 4. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan bahwa

n! ≥ _{untuk n = 1,2,…} ₍₁₎

Langkah Dasar. [Syarat (a)]. Kita harus menunjukkan bahwa persamaan (1) benar untuk n = 1. Ini mudah, karena

1! = 1 ≥ ₍₂₎

Langkah Induksi. [Syarat (b)]. Harus diperlihatkan bahwa jika i! ≥ _{untuk i = 1,… n, maka}

(n + 1)! ≥ (3)

Asumsikan bahwa i!  2i–1_{benar untuk i = 1,…,n. Maka untuk i = n, berlaku}

n! ≥ ₍₄₎

Kita dapat menghubungkan persamaan (3) dan (4) dengan mengamati bahwa (n + 1)! = (n + 1)(n!)

Dengan demikian

(n + 1)! = (n + 1)(n!)

 (n + 1) 2n–1 __{2. 2}n–1_{karena n + 1 ≥ 2}

 2 Terbukti

Jadi, persamaan (3) benar

Karena Langkah Dasar dari Langkah Induksi telah terbukti, Prinsip Induksi Matematika menunjukkan bahwa persamaan (2) benar untuk setiap bilangan bulat positif n

METODE PEMBELAJARAN

(12)

LANGKAH PEMBELAJARAN

PERTEMUAN 1

No. Tahap Kegiatan Pembelajaran Alokasi _Waktu

1. Pendahuluan Apersepsi dan Motivasi

Mengulas kembali hukum-hukum logika. 10 menit

2. Penyajian Eksplorasi

a. Memberikan permasalahan pembuktian pernyataan dengan menggunakan hukum-hukum logika.

b. Membentuk siswa dalam beberapa kelompok

Elaborasi

a. Memberikan lembar kerja kepada setiap kelompok yang berisi contoh permasalahan.

b. Setiap kelompok dibagi lagi menjadi 2 grup. Setiap grup menuliskan permasalahan transportasi.

c. Pada kesempatan pertama, grup I bertugas sebagai penanya dan grup II menjawab pertanyaan. Setelah itu, bergantian grup II bertanya, dan grup I menjawab.

Eksplanasi

Menunjuk perwakilan dari setiap kelompok untuk menyampaikan hasil diskusinya, untuk kemudian dibahas secara klasikal.

35 menit 10 menit 5 menit 10 menit 30 menit 25 menit

3. Penutup Refleksi dan Evaluasi

Secara individu, mahasiswa diminta membuktikan pernyataan menggunakan hukum-hukum logika

30 menit

PERTEMUAN 2

1. Pendahuluan a. Apersepsi

Mengulas tentang hukum-hukum logika. b. Motivasi

Memberikan gambaran tentang pembuktian pernyataan dengan induksi matematika.

5 menit 5 menit

a. Memberikan pernyataan kemudian menjelaskan cara pembuktian dengan induksi matematika.

b. Membentuk siswa dalam beberapa kelompok

Elaborasi

a. Memberikan lembar kerja kepada setiap kelompok yang berisi beberapa pernyataan yang harus diselidiki nilai kebenarannya. b. Setiap kelompok dibagi lagi menjadi 2 grup. Setiap grup

mendapatkan tugas yang berbeda..

Eksplanasi

Secara individu, mahasiswa diminta membuktikan pernyataan menggunakan induksi matematika

30 menit

PERTEMUAN 3

1. Pendahuluan Apersepsi dan motivasi

Mengulas tentang hukum-hukum logika dan induksi matematika. 10 menit

(13)

a. Memberikan bpa eberpernyataan kemudian meminta mahasiswa membuktikan dengan hukum logika dan induksi matematika b. Membentuk siswa dalam beberapa kelompok

Elaborasi

a. Memberikan lembar kerja kepada setiap kelompok yang berisi beberapa pernyataan yang harus diselidiki nilai kebenarannya. b. Setiap kelompok dibagi lagi menjadi 2 grup. Setiap grup

mendapatkan tugas yang berbeda..

Eksplanasi

Secara individu, mahasiswa diminta membuktikan pernyataan menggunakanhukum-hukum logika dan induksi matematika.

30 menit

MEDIA PEMBELAJARAN

Whiteboard, LCD, Laptop

SUMBER BELAJAR

PENILAIAN

1. Teknik : Hasil diskusi, keaktifan dalam diskusi, hasil post-test 2. Bentuk Instrumen : Tes Uraian

SOAL 1

Dalam soal-soal berikut, representasikan pernyataan secara simbolis dengan memperhatikan bahwa p : 5 < 9, q : 9 < 7, r : 5 < 7

Tentukan apakah setiap pernyataan bernilai benar atau salah 9. 5 < 9 dan 9 < 7.

10. Bukan merupakan kasus bahwa (5 < 9 dan 9 < 7)

11. 5 < 9 atau bukan merupakan kasus bahwa (9 < 7 dan 5 < 7)

Pada soal-soal berikut, ubahlah ekspresi simbolik ke dalam kata-kata menggunakan: p: Hari ini Senin

16. Buat tabel kebenaran untuk exclusive-or dari p dan q dimana p exor q bernilai benar jika salah satu p atau q benar, tetapi tidak keduanya.

(15)

SOAL 2

1. Gunakan induksi matematika untuk memperlihatkan bahwa jika α ≠ 1, untuk n = 0.1,… berlaku:

1 α 1 α α α α 1 1 n n 2         

2. Gunakan induksi matematika untuk memperlihatkan bahwa 5n_{–1 habis dibagi oleh 4 untuk n = 1, 2,}

3…

3. Buktikan bahwa persamaan di bawah ini benar

(a)





 

2n 6 4 2 1 2n 5 3 1 2n 1           , n = 1, 2, 3, .... (b) 2n__n2_{, n = 4, 5, ...}

(c) 6.7n_{– 2.3}n_{habis dibagi oleh 4, untuk n = 1,2,…}

4. Carilah rumus umum dan buktikan kebenarannya dengan induksi



n 1



n 1 2.3 1 1.2 1     

(16)

RENCANA MUTU PERKULIAHAN (RMP)

Bobot : 3 SKS Semester : VI Pertemuan ke- : 4 s.d 8

Kompetensi Dasar : 2. Memahami beberapa metode penghitungan (Counting Methods) Indikator : 2.1 Menggunakan aturan perkalian dan penjumlahan secara tepat dalam

pemecahan masalah.

2.5 Melakukan ekspansi binomial.

Tujuan : Melakukan pemilihan penggunaan aturan perkalian dan penjumlahan secara tepat dalam pemecahan masalah secara tepat.

Menentukan pemecahan masalah dengan kejadian majemuk menggunakan prinsip Inklusi Eksklusi.

Memecahkan permasalahan permutasi. Memecahkan permasalahan kombinasi.

Menentukan suku ke-i dari penjabaran (a+b)n_{dengan ekspansi binomial.}

MATERI

BASIC PRINCIPLES

PRINSIP PERHITUNGAN PERTAMA (MULTIPLICATION PRINCIPLE) →PP2:

Bila suatu aktivitas dapat dikonstruksikan dalam t langkah dan langkah ke i dapat dilakukan dalam ni cara i = 1,2,…,t, maka banyaknya aktivitas yang mungkin adalah n1, n2, ..., nt.

CONTOH

Gunakan PP1 untuk memperlihatkan bahwa sebuah himpunan



x₁,x₂,x₃,,x_n



yang memuat n elemen mempunyai 2n_subset

Jawab :

Sebuah subset dapat dikonstruksikan dalam n langkah ambil atau tidak x1 ambil atau tidak x2, ambil atau

tidak xn. Masing-masing langkah dapat dilakukan dalam dua cara. Jadi banyaknya subset yang mungkin

adalah 2 2 2 … 2 = 2n_.

(17)

PRINSIP PERHITUNGAN KEDUA (ADDITION PRINCIPLE) →PP2:

Misal bahwa X1, X2, ..., Xt adalah sejumlah himpunan dan himpunan Xi mempunyai ni elemen , i =

1, 2, …, t. Bila X₁, X₂ ,..., X_t adalah family pasangan saling asing (pairwise disjoint family), maka banyaknya elemen-elemen yang mungkin yang dapat dipilih dari X1, atau X2, ..., Xt adalah X1 + X2 + ... + Xt

CONTOH

Berapa banyak string 8 bit yang mulai dengan 101 atau 111 ?

Jawab:

Sebuah string 8 bit yang mulai dengan 101 dapat dikonstruksikan dalam lima langkah berturut-turut pilih n bit keempat, pilih bit kelima,… pilih bit kedelapan. Karena masing-masing dari lima bit dapat dipilih dalam dua cara, dengan PP1 terdapat 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 25_{= 32 string 8 bit yang mulai dengan 101.}

Dengan alasan yang sama terdapat 32 string 8 bit yang mulai dengan 111. Karena terdapat 32 string 8 bit yang mulai dengan 101 dan 32 string 8 bit yang mulai dengan 111, maka ada 32 + 32 = 64 string 8 bit yang mulai dengan 101 atau 111.

CONTOH

Dalam berapa cara dapat dipilih dua buku dari subyek yang berbeda di antara lima buku komputer yang berbeda, tiga buku matematika yang berbeda dan dua buku seni yang berbeda ?

Jawab :

Dengan PP1 pilih dua buku dengan kemungkinan

 1 buku komputer dan 1 buku matematika  ada 5 . 3 = 15 cara

 1 buku komputer dan 1 buku seni  ada 5 . 2 = 10 cara

 1 buku matematika dan 1 buku seni  ada 3 . 2 = 6 cara

Karena himpunan pemilihan adalah pairwise disjoint, maka dengan PP2 ada 15 + 10 + 6 = 31 cara untuk menjawab persoalan di atas.

CONTOH

Ada enam orang komite A, B, C. D, E dan F yang akan dipilih menjadi ketua, sekretaris dan bendahara (1) Dalam berapa cara hal ini dapat dilakukan ?

(2) Sama dengan (1) jika A atau B harus menjadi ketua ?

(3) Sama dengan (1) jika E harus memegang salah satu jabatan ? (4) Sama dengan (1) jika baik D maupun F harus memegang jabatan? Jawab :

(1) Dengan PP1 ada 6 . 5 . 4 = 120 cara

(2) Jika A menjadi ketua, maka untuk memilih jabatan sisanya ada 5 . 4 = 20 cara, jika B menjadi ketua, maka untuk memilih jabatan sisanya ada 5 . 4 = 20 cara. Karena kedua kasus ini disjoint maka dengan PP2 ada 20 + 20 = 40 cara

(3) [CARA 1] jika E jadi ketua, ada 20 cara untuk memilih jabatan sisanya. Dengan cara yang sama jika F jadi sekretaris, maka ada 20 cara untuk memilih jabatan sisanya. Jika F jadi bendahara, maka ada 20 cara untuk memilih jabatan sisanya. Karena ketiga kasus ini adalah pairwise disjoint, maka dengan PP2 ada 20 + 20 + 20 = 60 cara

[CARA 2] ada tiga aktivitas yang ada, yaitu (a) beri E jabatan, (b) isi jabatan tertinggi sisanya, (c) isi jabatan terakhir. Pada aktivitas (a) ada 3 cara, (b) ada 5 cara, (c) ada 4 cara. Dengan PP2 ada 3 . 5. 4 = 60 cara

(4) Ada tiga kegiatan (a) beri jabatan D, (b) beri jabatan F, (c) isi jabatan sisanya. Pada aktivitas (a) ada 3 cara, (b) ada 2 cara, (c) ada 4 cara. Dengan PP2 ada 3 . 2 . 4 = 24 cara yang mungkin. CONTOH 1.6

Berapa banyak string 8 bit dimulai dengan 101 atau mempunyai bit keempat 1 ?

(18)

Ada 25_{= 32 string 8 bit yang dimulai dengan 101. Analog terdapat 2}7_{= 128 string 8 bit yang bit}

keempatnya adalah bilangan 1. Jumlah total kemungkinannya adalah bukan penjumlahan, sebab keduanya tidak disjoint (sebuah string 8 bit dapat dimulai dengan 1011). Untuk menyelesaikan masalah ini dikomposisikan kemungkinan-kemungkinan ke dalam himpunan yang saling asing berikut

X1 = {x : x adalah sebuah string 8 bit yang bit keempatnya adalah 1 dan dumulai dengan 101}

X2 = {x : x adalah sebuah string 8 bit yang bit keempatnya adalah 1 dan tidak dimulai dengan 101}

X3 = {x : x adalah sebuah string 8 bit yang bit keempatnya adalah 0 dan dimulai dengan 101}

Union X1 X2 X3 terdiri dari string 8 bit yang akan dihitung.

Jelas bahwa X1 dan X3 mempunyai 24 = 16 string 8 bit masing-masing dimulai dengan 1011 dan 1010.

Karena ada 27_{= 128 string 8 bit yang bit keempatnya adalah 1 dan 16 diantaranya dimulai dengan 101,}

maka terdapat 128 – 16 = 112 elemen dalam X2. Dengan PP2 terdapat 16 + 112 + 16 = 144 string 8 bit

yang dimulai dengan 101 atau mempunyai bit keempat 1.

PERMUTATIONS AND COMBINATIONS

DEFINISI

Bila diberikan sebuah himpunan yang terdiri dari n elemen yang berbeda X =



x₁,x₂,x₃,,x_n



maka a. Sebuah permutasi dari X adalah sebuah cara menguraikan n elemen x1, x2, ..., xn.

b. Sebuah permutasi r dari X, dengan r ≤ n, adalah sebuah cara mengurutkan subset r elemen dari X c. Banyaknya permutasi r dari suatu himpunan dengan n elemen yang berbeda diberi notasi P(n.r) d. Sebuah kombinasi r dari X adalah pemilihan r elemen dari X tanpa memperhatikan urutan e. Banyaknya kombinasi r elemen dari sebuah himpunan dari n elemen diberi notasi C(n.r) atau

_











r n CONTOH

Contoh permutasi dari X = {a, b, c} adalah abc, acb, bca Contoh permutasi 2 elemen dari X adalah ab, ba, ac, bc, cb Contoh kombinasi 2 elemen dari X adalah {a, b} , {a , c} , {b , c} TEOREMA

Terdapat n! himpunan dari n elemen Bukti. Gunakan PP1

TEOREMA

Banyaknya permutasi r dari suatu himpunan n obyek yang berbeda adalah n . (n – 1)(n – 2)…(n – r + 1) cara, r ≤ n

Bukti :

Elemen pertama dapat dipilih dalam n cara, elemen kedua dapat dipilih dalam n – 1 cara, dan seterusnya sampai elemen ke r yang dapat dipilih dalam n – r – 1 cara. Dengan PP1 diperoleh n.(n-1).(n-2)…(n-r+1) cara

CONTOH

Banyak permutasi dari huruf-huruf ABCDEF yang memuat substring DEF? Jawab : 4! = 24

CONTOH

Berapa banyak permutasi dari huruf-huruf ABCDEF yang memuat substring DEF bersama-sama dalam sebarang urutan?

Jawab : 3! . 4! = 6 . 24 = 144 CONTOH

(19)

Jawab :

Menurut TEOREMA 2.2 ada P(3, 2) = 3 . 2 = 6, yaitu ab, ac, ba, bc, ca, cb Cara lain penulisan P(n, r) adalah :

P(n, r) = n(n – 1)…(n – r + 1) =





 







n r



...3.2.1 ...3.2.1 r n 1 r n ... 2 n 1 n n       =



n r



! n!  TEOREMA

Banyaknya r-kombinasi dari suatu himpunan dengan n obyek yang berbeda adalah C(n,r) =

 

r! r n, P =



n r



! n!  =





r! 1 ! r n n!













 =

 

n r !r! n!  , dengan r  n

Bukti : Konstruksikan r-permutasi dari suatu himpunan X dengan n elemen dalam dua langkah berturut-turut : pilih suatu r-kombinasi dari X (subset tak terurut dari r item), kemudian urutkan. Sehingga P(n,r) = C(n,r) r!. Terbukti

CONTOH

Dalam berapa cara dapat dipilih suatu panitia yang terdiri dua wanita dan tiga laki-laki dari sekelompok lima wanita yang saling berbeda dan enam laki-laki yang berbeda ?

Jawab :

Dua wanita dapat dipilih dalam C(5, 2) = 10 cara dan tiga laki-laki dapat dipilih dalam C(6, 3) = 20 cara. Panitia dapat dikonstruksikan dalam dua langkah berturut-turut : pilih wanita, pilih laki-laki. Dengan PP! jumlah total panitia adalah 10 . 20 = 200

GENERALIZED PERMUTATIONS AND COMBINATIONS

CONTOH

Berapa banyak string yang dapat dibentuk dengan menggunakan huruf-huruf berikut ? M I S S I S S I P P I

Jawab :

Karena adanya huruf yang sama, jawabannya adalah bukan 11!, tetapi suatu bilangan yang kurang dari 11! Pandang problem untuk 11 tempat kosong berikut ini

__ __ __ __ __ __ __ __ __ __ __

dengan huruf-huruf yang diberikan. Ada C(11,2) cara untuk memilih posisi untuk memilih dua P. Sesudah itu terdapat C(9, 4) cara untuk memilih posisi untuk ke empat S. Setelah itu terdapat C(5, 4) cara untuk memilih posisi bagi empat 1. Yang terakhir, terdapat satu posisi yang tersisa bagi M. Dengan menggunakan PP1, banyaknya cara untuk mengurutkan huruf-huruf itu adalah :

C(11,2)C(9,4)C(5,4) =





































1! 4! 5! 5! 4! 9! 9! 2! 11! TEOREMA

Andaikan bahwa sebuah sequence S dari n elemen mempunyai n1 elemen identik tipe 1. n2 elemen identik

tipe 2, … nt elemen identik tipe t. Maka banyaknya urutan dari S adalah

! n ! n ! n n! t 2 1  CONTOH

Dalam berapa cara delapan buku yang berbeda dapat dibagikan kepada tiga orang mahasiswa A, B dan C bila A memperoleh empat buku. B dan C masing-masing memperoleh dua buku ?

(20)

Jawab :

Susun buku dalam urutan tertentu. Sekarang pandang urutan dari empat A, dua B dan dua C. Sebuah contoh adalah AAABCACB. Dengan Teorema 3.1, banyaknya urutan seperti contoh adalah

2! 2! 4! 8! = 420 CONTOH

Pandang tiga buah buku Komputer, Fisika dan Matematika. Andaikan perpustakaan mempunyai paling tidak enam buah duplikat dari masing-masing buku, dalam berapa cara dapat dipilih enam buku ?

Jawab :

Masalahnya adalah memilih enam pilihan elemen dari himpunan buku {komputer, fisika, matematika} dengan pengulangan diperbolehkan. Pilihan ditentukan secara tunggal (unique) dengan jumlah dari masing-masing tipe buku terpilih. Pandang pilihan tertentu sebagai

K F M x x x │ x x │ x

Di sini pilihan terdiri dari 3 buku komputer, 2 buku fisika dan satu matematika. Contoh lain lagi adalah

K F M │ x x x x │ x x

Nampak bahwa pilihan selalu terdiri dari enam x dan dua │ , sehingga masalahnya adalah menghitung banyaknya urutan sedemikian, yaitu C(8, 2) = 28, yang merupakan pemilihan dua posisi │ dari delapan posisi yang mungkin. Jadi terdapat 28 cara untuk memilih buku tersebut

TEOREMA

Bila X adalah sebuah himpunan yang memuat t elemen, maka banyaknya k elemen pilihan tak berurutan (unordered) dari X dengan pengulangan diperbolehkan adalah

C(k + t – 1, t – 1) = C(k + t – 1,k) Bukti : Ambil X = {a1, a2, ..., at } Pandang petak sejumlah k + t – 1

__ __ __ ... __ __ __

Dan k + t – 1 simbol terdiri dari sejumlah k dari x dan (t – 1) tanda │ . Setiap penempatan simbol-simbol ini ke dalam petak menentukan sebuah pilihan. Jumlah nt dari x sampai dengan tanda │ pertama

mewakili pilihan n1a1, jumlah n2 dari x sampai dengan tanda │ pertama mewakili pilihan n2a2 dan

seterusnya. Karena terdapat sejumlah C(k + t – 1, t – 1) cara untuk memilih posisi tanda │, maka terdapat C(k + t – 1, t – 1) pilihan Analog untuk posisi bagi x, yaitu sejumlah C(k + t – 1, k) cara. Dengan demikian terdapat C(k + t -1, t – 1) = C(k + t – 1, k) pilihan k elemen tak beraturan dari X dengan pengulangan diperbolehkan

CONTOH

Andaikan bahwa terdapat tumpukan bola merah, biru dan hijau masing-masing tumpukan memuat paling tidak delapan bola.

(a) Dalam berapa cara dapat dipilih delapan bola?

(b) Dalam berapa cara dapat dipilih delapan bola jika paling tidak terdapat satu bola dari masing-masing warna?

Jawab :

(a) Dengan TEOREMA 3.2 banyaknya cara untuk memilih delapan bola adalah C(8 + 3 – 1, 3 – 1) = C(10, 2) = 45

(21)

Untuk menyelesaikan bagian (b) dapat juga digunakan TEOREMA 3.2. Bila pertama-tama dipilih sebuah bola dari masing-masing warna. Untuk melengkapi pemilihan harus dipilih lima bola tambahan lagi. Hal ini dapat dilakukan dalam

C(5 + 3 – 1, 3 – 1) = C(7, 2) = 21 cara CONTOH

Dalam berapa cara 12 buku matematika identik didistribusikan di antara mahasiswa A, B, C dan D ?

Jawab :

Gunakan TEOREMA 3.2 untuk menyelesaikan masalah ini, yaitu masalahnya menjadi pelabelan tiap buku dengan nama mahasiswa-mahasiswa yang menerimanya. Hal ini sama seperti memilih 12 item (nama-nama mahasiswa-mahasiswa) dari himpunan {A, B, C, D}, pengulangan diperbolehkan. Dengan TEOREMA 3.2, banyaknya cara untuk mengerjakan hal ini adalah

C(12 + 4 – 1, 4 – 1) = C(15, 3) = 455

BINOMIAL COEFFICIENTS AND COMBINATORIAL IDENTITIES

Pandang ekspansi dari

(a + b)n_{= (a + b) (a + b) … (a + b)} _(4.1)

n faktor

Ekspansi di atas merupakan hasil dari memilih baik a atau b dari tiap n faktor, mengalikan pemilihan itu bersama-sama, dan kemudian menjumlahkan semua hasil kali yang diperoleh.

Sebagai contoh :

(a + b)3_{= (a + b)(a + b)(a + b)}

= aaa + aab + aba + abb + baa + bab + bba + bbb = a3_+3a2_b+3ab2_+b3

Dalam (4.1). sebuah suku berbentuk an–k_.bk_{muncul dari pemilihan b dari k faktor dan a dari (n – k) faktor}

yang lain. Hal ini dapat dilakukan dalam C(n, k) cara, karena C(n, k) menghitung banyaknya cara memilih k obyek dari n item. Jadi an–k_.bk _{muncul sebanyak C(n, k) kali. Oleh karena itu}

(a + b)n_{= C(n, 0)a}n_.b0_{+ C(n, 1)a}n–1_.b1_{+ ... + C(n, k)a}n–k _.bk_{+ ...}

+ C(n, n-1)a1_.bn–1 _{+ C(n, n)a}0_.bn_(4.2)

Hasil ini dikenal sebagai Binomial Theorem. THEOREM: Binomial Theorem

Jika a dan b bilangan real dan n bilangan bulat positif, maka\





_

 

 



 n 0 k k k n n b a k n, C b a

Bukti. Lihat pernyataan sebelum theorem !

Bilangan C(n,r) dikenal sebagai binomial coefficient. CONTOH

Dengan mengambil n = 3 dalam teorema di atas diperoleh





_

 

 



 3 0 k k k 3 3 b a k 3, C b a = C(3, 0) a3_b0_{+ C(3, 1) a}2_b1_{+ C(3, 2) a}1_b2_{+ C(3, 3) a}0_b3 = a3_+3a2_b+3ab2_+b3

(22)

CONTOH

Ekspansikan (3x – 2y)4_{dengan menggunakan Binomial Theorem ! (Exercise)}

CONTOH

Cari koefisien dari a5_b4_{dalam ekspansi !}

Jawab :

Suku yang melibatkan a muncul dalam Binomial Theorem dengan mengambil n = 9 dan k = 4 C(n, k) an–k_.bk_{= C(9, 4) a}5_.b4_{=126 a}5_.b4_.

Jadi koefisien dari a5_.b4_{adalah 126}

CONTOH

Carilah koefisien dari x2_y3 _z4_{dalam ekspansi (x + y + z)}9_!

Jawab :

Karena (x + y + z)9_{= (x + y + z) (x + y + z) … (x + y + z) (sembilan suku), maka x}2 _y3_z4_{diperoleh tiap kali}

mengalikan bersama-sama x yang dipilih dari dua dalam sembilan suku, y dipilih dari tiga dalam sembilan suku dan z dipilih dari empat dalam sembilan suku. Dua suku dari x dapat dipilih dalam C(9,2) cara. Dengan telah membuat pemilihan ini, maka tiga suku dari y dapat dipilih dalam C(7,3) cara. Akhirnya, empat suku dari z dapat dipilih dalam C(4,4) cara. Sehingga koefisien yang dicari adalah : C(9,2)C(7,3)C(4,4) = 1260. Koefisien-koefisien binomial dapat ditulis dalam bentuk segitiga yang dikenal dengan Pascal’s triangle. Suatu identitas yang merupakan hasil dari suatu proses perhitungan disebut

combinatorial identity dan argument yang menghasilkan formulanya disebut combinatorial argument.

THEOREM

C(n + 1, k) = C(n, k – 1) + C(n, k) untuk 1 ≤ k ≤ n Bukti : Exercise !

CONTOH

Gunakan Binomial theorem untuk menurunkan persamaan

 



 n 0 k k n, C = 2n Jawab :

Perhatikan teorema binomial berikut:





_

 

 



 n 0 k k k n n b a k n, C b a

Ambil a = b = 1 dalam Binomial theorem, diperoleh 2n₌







 

 



 n 0 k k k n n 1 1 k n, C 1 1 =



 

 n 0 k k n, C (terbukti) CONTOH

Gunakan Theorem 4.2 untuk menunjukkan bahwa

 



 n k i k i, C = C(n+1, k+1) CONTOH

Gunakan hasil Contoh 4.6 untuk mencari jumlah dari 1 + 2 +…+ n Jawab :

(23)

1 + 2 +…+ n = C(1,1) + C(2,1) +…+ C(n,1) = C(n+1, 2) = n



n 1



2 1 

METODE PEMBELAJARAN

Two Stay Two Stray dan Gallery of Learning

LANGKAH PEMBELAJARAN

PERTEMUAN 4

1. Pendahuluan Apersepsi dan Motivasi

Mengulas tentang berbagai permasalahan sehari-hari yang akan diseleaikan dengan aturan penjumlahan dan perkalian.

10 menit

Memberi perbedaan mendasar pada aturan penjumlahan dan perkalian.

Elaborasi

a. Memberikan permaslahan enumerasi yang menggunakan konsep aturan penjumlahan dan perkalian.

b. Kegiatan Kelompok

 Meminta mahasiswa secara berkelompok untuk menentukan penyelesaiannya.

 Setiap kelompok menempelkan hasil diskusinya pada tempat yang telah disediakan.

c. Diskusi antar kelompok

 3 orang anggota kelompok diberi tugas untuk tetap berada di posisi semua untuk menjelaskan apabila ada pertanyaan atau koreksi yang nantinya diberikan kelompok lain.  3 orang yag lain ditugaskan untuk berkeliling dari satu

kelompok ke kelompok yang lain untuk mengomentari dan bertanya pekerjaan kelompok lain.

Eksplanasi

Diskusi kelas untuk membahas beberapa permasalahan yang sudah dibuat dan dikerjakan mahasiswa.

Penarikan kesimpulan mengenai aturan perkalian dan penjumlahan.

5 menit

PERTEMUAN 5

1. Pendahuluan Apersepsi

Mengulas aturan penjumlahan dan perkalian

Motivasi

Memberikan permasalahan yang sulit dikerjakan dengan aturan penjumlahan dan pengurangan, dan akan diselesaikan dengan konsep inklusi eksklusi.

15 menit

Memberi penjelasan tentang prinsip inklusi-eksklusi dalam enumerasi.

Elaborasi

a. Memberikan beberapa permaslahan enumerasi yang membutuhkan konsep inklusi eksklusi.

30 menit 5 menit 30 menit

(24)

Eksplanasi

5 menit 40 menit

20 menit

Penarikan kesimpulan mengenai ciri kasus yang yang dapat diselesaikan dengan prinsip inklusi-eksklusi.

5 menit

PERTEMUAN 6

Mengulas aturan penjumlahan dan perkalian

Motivasi

Memberikan permasalahan yang sulit dikerjakan dengan aturan penjumlahan dan perkalian, dan akan diselesaikan dengan permutasi.

15 menit

Memberi penjelasan tentang definisi dan penurunan rumus permutasi dari aturan perkalian.

Elaborasi

a. Memberikan beberapa permaslahan enumerasi yang berkonsep permutasi yang menyangkut:

 Permutasi dengan unsur yang sama  Permutasi siklis

Eksplanasi

Penarikan kesimpulan mengenai ciri kasus yang yang dapat diselesaikan dengan permutasi.

5 menit

PERTEMUAN 7

Mengulas kembali tentang permutasi

Motivasi

Memberikan permasalahan yang sulit dikerjakan dengan aturan penjumlahan dan pengurangan, dan akan diselesaikan dengan permutasi.

15 menit

(25)

Memberi penjelasan tentang definisi dan penurunan rumus kombinasi dari permutasi

Memberi penjelasan tentang kombinasi yang diperumum.

Elaborasi

a. Memberikan beberapa permaslahan enumerasi yang berkonsep kombinasi.

Eksplanasi

Penarikan kesimpulan mengenai ciri kasus yang yang dapat diselesaikan dengan kombinasi.

5 menit

PERTEMUAN 8

Mengulas kembali tentang kombinasi

Motivasi

Memberikan gambaran permasalahan yang akan diselesaikan dengan ekspansi binomial.

15 menit

Memberi penjelasan tentang ekspansi binomial

Memberi penjelasan tentang cara mencari suku ke-i dari penjabaran bentuk (a+b)n_.

Elaborasi

a. Memberikan permasalahan ekspansi binomial sebagai berikut.  (a+b+c)n

 (a+b+c+d)n

Eksplanasi

15 menit 15 menit 5 menit 30 menit 5 menit 40 menit 20 menit

Penarikan kesimpulan mengenai ciri kasus yang yang dapat diselesaikan dengan kombinasi.

5 menit

MEDIA PEMBELAJARAN

(26)

SUMBER BELAJAR

PENILAIAN

1. Teknik : Hasil diskusi, keaktifan dalam diskusi, hasil post-test 2. Bentuk Instrumen : Tes Uraian

(27)

SOAL 1

1. Sebuah klub penggemar mobil antik terdiri atas 8 pria dan 6 wanita. Terdapat sepasang suami istri didalamnya. Akan dibentuk panitia yang terdiri atas 3 pria dan 3 wanita. Salah satu dari suami atau istri tersebut harus menjadi panitia, tetapi tidak boleh keduanya. Tentukan banyak cara pemilihan panita tersebut!

2. Tentukan banyaknya bilangan ribuan yang habis dibagi 5 atau bilangan ribuan yang tidak memuat pengulangan angka!

3. Ada enam orang komite A, B, C. D, E dan F yang akan dipilih menjadi ketua, sekretaris dan bendahara. Berapa cara yang dapat dilakukan jika A atau B harus menjadi ketua ?

4. Terdapat 15 pasangan suami isteri Tentukan banyaknya cara memilih seorang wanita dan seorang laki-laki pada pesta tersebut sedemikian sehingga

a. keduanya adalah pasangan suami isteri dan b. keduanya bukan pasangan suami isteri

(28)

SOAL 2

1. Sebuah kelompok terdiri atas 7 orang wanita dan 4 orang pria. Berapa banyak perwakilan 4 orang yang dapat dibentuk dari kelompok itu, jika paling sedikit harus ada dua wanita di dalmnya?

2. Dalam berapa macam cara, 6 orang dapat duduk dalam meja bundak jika ada 2 orang yang saling membenci sehingga keduanya tidak mau duduk bersebelahan?

3. Dari kata HULLABALOO,

a. Berapa macam cara berbeda untuk mengatur huruf-hurufnya?

b. Berapa macam cara untuk mengatur huruf-hurufnya jika harus dimulai huruf U dan berakhir huruf L?

c. Berapa macam cara untuk mengatur huruf-hurufnya jika dalam pengaturan tersebut harus memuat huruf HU yang bersebalahan satu sama lain?

4. Tentukan banyak string 28 bit dari angka 0 dan 1 yang terdiri dari 8 bit berangka 1 atau 9 bit berangka 0!

5. Di sebuah meja terdapat tumpukan buku Aljabar, Kalkulus, dan Geometri yang masing-masing banyaknya tidak kurang dari 10. Tentukan banyak cara mengambil 10 buku secara acak dari ketiga tumpukan tersebut!

(29)

SOAL 3

1. Ekspansikan berikut dengan menggunakan Binomial Theorem a. (x + y)5 _{b. (2c – 3d)}5

2. Carilah koefisien suku berikut bila ekspresi diekspansikan a. x4_y7 _{dari (x + y)}11

b. s6_t6_{dari (2s – t)}12

c. x2_y3_z5_{dari (x + y + z)}10

d. w2_x3_y2_z5_{dari (2w + x + 3y + z)}12

e. a2_x3_{dari (a + ax + x)(a + x)}4

3. Carilah barisan berikutnya dari segitiga Pascal berikut 1 7 21 35 35 21 7 1

4. Gunakan Binomial theorem untuk membuktikan bahwa

 



 n 0 k k_C_n,_k 2 = 3n

(30)

RENCANA MUTU PERKULIAHAN (RMP)

Bobot : 3 SKS Semester : VI

Pertemuan ke- : 10 s.d 13

Kompetensi Dasar : 3. Menggunakan konsep relasi rekurensi dalam pemecahan masalah Indikator : 3.1 Menyusun Relasi Rekurensi dari suatu permasalahan.

3.2 Menyusun bentuk eksplisit dari suatu relasi rekurensi dengan metode Iterasi.

3.3 Menentukan solusi dari relasi rekurensi linear homogen koefisien konstan dengan persamaan karakteristik.

Tujuan : Menyusun Relasi Rekurensi dari suatu permasalahan.

Menyusun bentuk eksplisit dari suatu relasi rekurensi dengan metode Iterasi. Menentukan solusi dari relasi rekurensi linear homogen koefisien konstan dengan persamaan karakteristik.

MATERI

PENDAHULUAN

Seringkali dimungkinkan untuk mengembangkan hubungan di antara elemen-elemen dari sebuah sequence yang disebut sebagai relasi rekurensi. Relasi rekurensi menghubungkan elemen ke n dari suatu sequence ke suku-suku sebelumnya.

CONTOH

Seseorang menginvestasikan uangnya Rp 1.000, dengan bunga 12% per tahun. Bila An adalah

jumlah pada akhir tahun ke-n, tentukan hubungan yang terdapat di antara An dan An-1.

Jawab : Pada akhir tahun ke n – 1, jumlahnya adalah An-1. Sesudah satu tahun, maka akan diperoleh

jumlah An-1 ditambah dengan bunga. Jadi :

An = An-1 + (0,12)An-1

= (1,12)An-1 (1.1)

Nilai awal

A0= 1.000 (1.2)

Dari persamaan (1.1) dapat dihitung nilai An untuk sebarang n.

Sebagai contoh :

A3= (1,12)A2

= (1,12)(1,12)A1

= (1,12)(1,12)(1,12)A0

= (1,12)3_{(1.000) = 1.404,93} _(1.3)

Jadi pada akhir tahun ketiga, jumlahnya adalah Rp. 1.404,93

Perhitungan (1.3) dapat dipakai untuk harga n yang berubah-ubah, sehingga diperoleh An = (1,12)An-1

(31)

= (1,12)n_(1.000) _(1.4)

DEFINISI

Sebuah relasi rekurensi untuk sequence a0, a1, … , adalah sebuah persamaan yang menghubungkan an

dengan suku-suku pendahulunya a0, a1, … ,an-1

Problem : Sesudah satu tahun berapa banyak pasangan kelinci akan diperoleh apabila pada awal tahun terdapat sepasang kelinci dan pada setiap bulan setiap pasangan melahirkan pasangan baru yang menjadi pasangan produktif sesudah satu bulan ? Diasumsikan lebih jauh bahwa tidak terjadi kematian dalam tahun tersebut.

Misal fi adalah jumlah pasangan kelinci pada akhir bulan ke-i. maka :

f0 = 1 (1.5)

Sesudah satu bulan, masih terdapat sepasang kelinci karena pasangan itu belum produktif di bawah usia satu bulan. Sehingga ;

f1 = 1 (1.6)

Persamaan (1.5) dan (1.6) adalah syarat awal untuk Fibonacci sequence. Pertambahan pasangan kelinci fn – fn-1 dari bulan ke n – 1 ke bulan ke n adalah dengan memandang bahwa tiap pasangan yang hidup

dalam bulan ke n – 2 menghasilkan tambahan sepasang kelinci. Yaitu : fn – fn-1 = fn-2 atau

fn = fn-1 + fn-2 (1.7)

Relasi rekurensi (1.7) bersama-sama syarat awal (1.5) dan (1.6) mendefinisikan Fibonacce sequence. Sehingga solusi terhadap pertanyaan Fibonacci adalah f12 = 233

CONTOH : TOWER OF HANOI

Menara Hanoi adalah sebuah puzzle yang terdiri dari tiga buah tongkat yang terpancang pada suatu papan dan n disk dari bermacam ukuran dengan lubang pada pusatnya. (Gambarkan !)

Diasumsikan bahwa bila sebuah disk ditempatkan pada tongkat, maka hanya disk dengan diameter yang lebih kecil yang boleh ditempatkan di atas disk pertama. Apabila diketahui semua disk ditempatkan pada tongkat pertama, maka masalahnya adalah memindahkan disk ke tongkat yang lain satu demi satu. Bila Cn adalah jumlah perpindahan yang menyelesaikan puzzle n disk ini, cari relasi rekurensi dan syarat

awal untuk sequence C1, C2, …

Jawab :

Andaikan bahwa dipunyai n disk pada tongkat 1 (Refer to Gambar !). Maka dalam perpindahan Cn-1, dapat

dipindahkan n – 1 disk pada tiang ke dua (Gambarkan !). Selama perpindahan ini, disk paling bawah pada tongkat 1 tetap di tempat. Berikutnya, dipindahkan disk yang tersisa pada tongkat 1 ke tongkat 3. Akhirnya, dalam Cn-1 perpindahan, dapat dipindahkan n – 1 disk pada tongkat 2 ke tongkat 3. Oleh karena

itu, relasi rekurensi yang diinginkan adalah

Cn = 2Cn-1 + 1 (1.8)

Syarat awal adalah

C1 = 1

CONTOH : DERANGEMENTS

Pada suatu pertemuan, n orang menitipkan mantelnya. Sewaktu mereka pulang, mantel dikembalikan secara acak dan, malangnya, tidak ada seorangpun yang menerima mantelnya secara benar. Bila Dn dalah

jumlah cara n orang menerima mantel yang salah, maka perlihatkan bahwa sequence D1, D2, … memenuhi

relasi rekurensi.

(32)

Jawab : Nampak bahwa Dn adalah jumlah permutasi

m1, m2, … , mn

dari 1, 2, …, n, dengan m1 ≠ i untuk i = 1, 2, …, n. Permutasi semacam ini disebut derangement.

Andaikan terdapat C derangement dari 1, 2, …, n dengan bentuk 2, m2, …, mn

Dengan saling mengganti 2 dan 3, terlihat bahwa terdapat juga C derangement dari 1, 2, …,n dalam bentuk

3, m2, … , mn

Dapat diturunkan bahwa C derangement dari 1, 2, …,n dengan bentuk k, m2, …,mn

Dengan k adalah integer tertentu di antara 2 dan n

Karena terdapat n – 1 kemungkinan : 2, …, n, untuk suku pertama, maka Dn = (n-1)C (1.10)

Sekarang dibagi derangement 1, 2, …,n 2, m2, …,mn

Ke dalam bentuk-bentuk

2, 1, m3, …,mn (1.11)

Dan

2, m2, m3, …,mn (1.12)

Dengan m2 ≠ 1. Dalam (1.11) jumlah n – 2 dari m3, …,mn semuanya tidak tepat pada posisinya,

sedemikian sehingga (1.11) terdiri dari 2, 1 diikuti dengan sebuah derangement 3, …,n, yaitu sejumlah D n-2. Dalam (1.12), jumlah dari m2, m3, …,mn semuanya tidak pada posisinya sedemikian sehingga (1.12)

terdiri dari 2 diikuti dengan derangement 1, 3, 4, …,n, yaitu sejumlah Dn-1. Dengan demikian

C = Dn-1 + Dn-2

Dengan mengkombinasikan persamaan di atas dengan persamaan (1.10) diperoleh relasi rekurensi Dn = (n-1)(Dn-1 + Dn-2)

CONTOH : ACKERMANN FUNCTION

Fungsi Ackermann dapat didefinisikan dengan relasi rekurensi A(m,0) = A(m-1, 1), m = 1,2,… (1.13) A(m,n) = A(m-1 , A(m,n-1), m = 1,2,…

m = 1,2,… (1.14) dan syarat awal

A(0,n) = n + 1, n = 0,1,… (1.15)

Fungsi Ackermann secara teoritis adalah penting karena angka pertumbuhannya yang cepat. Perhitungannya

A(1,1) = A(0,A(1,0)) dengan (1.14) = A(0,A(0,1)) dengan (1.13) = A(0,2) dengan (1.15) = 3 dengan (1.15) Menunjukkan penggunaan persamaan (1.13) – (1.15).

(33)

SOLVING RECURRENCE RELATION

Untuk menyelesaikan relasi rekurensi yang melibatkan sequence a0, a1,… adalah mencari formula

eksplisit untuk suku umum an. Dalam bagian ini akan dibahas dua metode penyelesaian relasi rekurensi

iterasi dan metoda khusus yang diaplikasikan terhadap relasi rekurensi homogen linear dengan koefisien konstan.

Untuk menyelesaikan relasi rekurensi yang melibatkan a0, a1, … dengan iterasi, digunakan relasi

rekurensi untuk menuliskan suku ke n an dalam hubungannya dengan suku-suku sebelumnya an-1, … , a0.

Kemudian digunakan relasi rekurensi untuk menggantikan tiap an-1, dengan memandang suku

sebelumnya. Demikian seterusnya sehingga diperoleh formula eksplisit. Metoda iterative digunakan untuk menyelesaikan relasi rekurensi dari CONTOH 1.1.

CONTOH

Pandang relasi rekurensi Sn = 2Sn-1 dengan syarat awal S0 = 1. Dengan metoda iterasi diperoleh

Sn = 2Sn-1 = 2(2Sn-2) = … = 2nS0 = 2n

CONTOH

Cari sebuah formula eksplisit untuk Cn, jumlah perpindahan untuk menyelesaikan n disk dalam puzzle

Tower of Hanoi.

Dari Contoh 1.3 diperoleh relasi rekurensi

Cn = 2Cn-1 + 1 dan syarat awal C1 = 1 (2.1)

Dengan menggunakan metoda iterasi terhadap persamaan (2.1) diperoleh Cn = 2Cn-1 + 1 = 2(2Cn-2 + 1) + 1 = 22_C_n-2_{+ 2 + 1} = 22_(2C_n-3_{+ 1) + 2 + 1} = 23_C_n-3_{+ 2}2_{+ 2 + 1} = 2n-1_C₁_{+ 2}n-2_{+ 2}n-3_{+ … + 2 + 1} = 2n-1_{+ 2}n-2_{+ 2}n-3_{+ … + 2 + 1} = 2n_{– 1}

Langkah terakhir adalah formula untuk jumlah deret geometri. DEFINISI

Sebuah relasi rekurensi homogen linear berorder k dengan koefisien konstan adalah relasi rekurensi dengan bentuk

an = c1an-1 + c2an-2 + … = ckan-k

Perhatikan bahwa sebuah relasi rekurensi homogen linear berorder k(2,2), bersama-sama dengan k syarat awal

a0 = C0 , a1 = C1 , … , ak-1 = Ck-1,

mendefinisikan secara tunggal sebuah sequence a0, a1, …

CONTOH Relasi rekurensi

An = (1,12)An-1 (2.3)

Dari CONTOH barisan fibonacci, dan

(34)

dari CONTOH Fibonacci sequence kedua-duanya merupakan relasi rekurensi homogen linear dengan koefisien konstan. Relasi (2.3) berorder 1 dan (2.4) berorder 2.

Akan diilustrasikan metoda umum untuk menyelesaikan relasi rekurensi homogen linear dengan koefisien konstan dengan mencari formula eksplisit untuk Fibonacci sequence.

Solusi dari (2.3) adalah berbentuk An = Ctn

Kemudian akan dicari solusi dari relasi rekurensi Fibonacci (2.4) dalam bentuk tn_{. Diperoleh}

tn_{= t}n-1_{+ t}n-2

atau tn_{- t}n-1_{- t}n-2_{= 0}

atau t2_{– t – 1 = 0} _(2.5)

Solusi dari (2.5) adalah

t =



1 5



2

1



Sampai di sini dipunyai dua solusi dari (2.4), yaitu:

Sn =





n 5 1 2 1









_ , Tn =





n 5 1 2 1









_ (2.6)

Dengan Teorema 2.1 berikut bahwa apabila Sn dan Tn adalah solusi-solusi dari (2.4), maka bSn + dTn

adalah juga solusi dari (2.4) . Oleh karena itu Un = bSn + dTn = b





n 5 1 2 1









 n_{+ d}





n 5 1 2 1











Adalah juga merupakan solusi dari (2.4)

Untuk memenuhi syarat awal f0 = 1 = f1 dari Fibonacci sequence, haruslah dipunyai

U0 = 1 = U1 Atau bS0 + dT0 = b + d = 1 bS1 + dT1 = b













 5 1 2 1 + d













 5 1 2 1 = 1

Dengan menyelesaikan persamaan-persamaan di atas untuk b dan d, diperoleh

b =













 5 1 2 1 5 1 dan d=













  1 5 2 1 5 1

oleh karena itu,

fn =





1 n 5 1 2 1 5 1 









_

_

₁ ₅

_

n 1 2 1 5 1 









_  TEOREMA Misal : an = c1an-1 + c2an-2 (2.7)

Sebagai sebuah relasi rekurensi homogen linear order dua dengan koefisien konstan. Jika Sn dan Tn adalah solusi dari (2.7), maka Un = bSn + dTn adalah juga solusi dari (2.7)

(35)

t2_{– c}₁_{t – c}₂_{= 0,} _(2.8)

Maka rn_{adalah solusi dari (2.7)}

Misal an solusi dari (2.8) yang memenuhi

a0 = C0, a1 = C1 (2.9)

Jika r1 dan r2 akar-akar dari (2.8) dan r1 ≠ r2, maka terdapat konstan b dan d sedemikian sehingga

an = br1n + dr2n , n = 0, 1, …

THEOREM

Misal : an = c1an-1 + c2an-2 (2.10)

Adalah relasi rekurensi homogen linear order dua dengan koefisien konstan Misal an solusi dari (2.10) yang memenuhi

a0 = C0 , a1 = C1

Jika kedua akar dari

t2_{– c}₁_{t – c}₂_{= 0} _(2.11)

sama dengan r, maka terdapat konstanta b dan d sedemikian sehingga an = brn + dnrn , n = 0, 1, …

CONTOH

Selesaikan relasi rekurensi : dn = 4(dn-1 – dn-2) (2.12)

Dengan syarat awal : d0 = 1 = d1

Jawab :

Menurut THEOREM 2.1, Sn = rn adalah solusi dari (2.12) dimana r adalah solusi dari

t2_{– 4t + 4 = 0} _(2.13)

Jadi diperoleh solusi Sn = 2n

Dari (2.12). karena 2 adalah satu-satunya solusi dari (2.13), dengan THEOREM 2.2 Tn = n2n

Adalah juga solusi dari (2.12). Sehingga solusi umum dari (2.12) berbentuk Un = aSn + bTn

Harus dipunyai juga : U0 = 1 = U1

Sehingga aS0 + bT0 = a + 0b = 1

aS1 + bT1 = 2a + 2b = 1

dengan menyelesaikan untuk a dan b diperoleh: a = 1, b = -1/2 oleh karena itu solusi dari (2.12) adalah

dn = 2n – n2n-1

NOTE : Untuk relasi rekurensi berorder k dengan koefisien konstan (2,2), jika r adalah akar dari tk_{– c}₁_tk-1_{– c}₂_tk-2_{- … - c}_k_{= 0}

dengan multisiplitas m, dapat ditunjukkan bahwa rn_{, nr}n_{, …, n}m-1_rn

adalah juga solusi dari (2.2)

METODE PEMBELAJARAN

(36)

LANGKAH PEMBELAJARAN

PERTEMUAN 10

Mengulas kembali tentang enumerasi. b. Motivasi

Memberikan permasalahan sehari-hari yang berkaitan dengan relasi rekurensi

5 menit 10 menit

Memberi penjelasan tentang cara membentuk relasi rekurensi. Elaborasi

a. Meminta mahasiswa berkelompok.

b. Memberikan mahasiswa permasalahan penyusunan relasi rekurensi.

c. Setiap kelompok dibagi menjadi dua tim, dan setiap tim harus menyelesaiakan permassalahan yang ada pada LKM.

d. Setelah selesai, salah satu tim diminta menjelaskan kepada tim yang lain. Pada tahap berikutnya kedua tim bertukar peran. Eksplanasi

Dosen memberikan beberapa pertanyaan kepada mahasiswa tentang penyusunan relasi rekurensi.

Menyimpulkan tentang penyusunan relasi rekurensi. 10 menit

PERTEMUAN 11

Mengulas kembali tentang relasi rekurensi. b. Motivasi

1. Memberikan permasalahan relasi rekurensi dan meminta mahasiswa menentukan suku ke-n dari suatu rumus relasi rekurensi.

2. Mengungkapkan kesulitan yang dialami pada saat menentukan suku ke-n

5 menit 10 menit

Memberi penjelasan tetang penyusunan bentuk eksplisit dari suatu relasi rekurensi dengan relasi metode iterasi

a. Meminta mahasiswa berkelompok, dan memberikan mahasiswa permasalahan tetang penyusunan bentuk eksplisit dari suatu relasi rekurensi berderajad 1 dengan relasi rekurensi. b. Setiap kelompok dibagi menjadi dua tim, dan setiap tim harus

menyelesaiakan permassalahan yang ada pada LKM.

c. Setelah selesai, salah satu tim diminta menjelaskan kepada tim yang lain. Pada tahap berikutnya kedua tim bertukar peran. Eksplanasi

Dosen memberikan beberapa pertanyaan kepada mahasiswa tentang penjelasan tetang penyusunan bentuk eksplisit dari suatu relasi rekurensi dengan relasi rekurensi.

20 menit 5 menit 20 menit 25 menit 15 menit

Memberikan sebuah relasi rekurensi dan meminta mahasiswa secara individu untuk menentukan bentuk eksplisitnya dengan metode iterasi.

20 menit

PERTEMUAN 12

Mengulas kembali tentang membentuk bentuk eksplisit relasi rekurensi dengan metode iterasi.