prinsip inklusi ekslusi compress

PRINSIP INKLUSI-EKSLUSI (INCLUTION-EXCLUTION PRINCIPLE)

A. Prinsip Sederhana Inklusi-Ekslusi

Prinsip Inklusi-Eksklusi merupakan perluasan dari ide operasi himpunan (irisan dan gabungan). Dalam bab ini konsep tersebut diperluas dan diperkaya melaui berbagai masalah kombinatorik. Prinsip Inklusi-Eksklusi memiliki banyak aplikasi, diantaranya dalam menentukan bilangan antara 1 - 1000 yang mempunyai sifat tertentu, menentukan banyak solusi bulat non-negatif dari suatu persamaan, dan beberbagai masalah pendistibusian obyek-obyek dengan syarat- syarat tertentu. Sebelum membahas lebih lanjut tentang prinsip Inklusi-Eksklusi, akan diperkenalkan terlebih dahulu beberapa simbol-simbol dan tata cara penulisan yang nanti akan sering kita gunakan melalui contoh berikut.

Misalkan U adalah suatu himpunan bagian dari himpunan bilangan bulat yang memiliki n anggota dan ^a1,a₂,a₃, …, a_r adalah sifat-sifat yang mungkin dimiliki oleh sebuah anggota U. Sifat-sifat tersebut misalnya:

a₁ = sifat habis dibagi 2 ^a2 = sifat habis dibagi 3

Sebuah anggota U mungkin saja memiliki beberapa sifat atau tidak memiliki suatu sifat. Berikut ini dikemukan beberapa notasi terkait himpunan U dan anggotanya.

 Banyak anggota himpunan U adalah n(U)=|U|=n

 ^N(^a1) menyatakan banyak anggota U yang memiliki sifat ^a1(habis dibagi 2)

 N

(

^a2'

)

^=¿ banyak anggota U yang tidak memiliki sifat ^a2

= banyak anggota U yang tidak habis dibagi 3

 N

(

^a1'a2

)

^=¿ banyak anggota U yang tidak habis dibagi 2 tetapi habis dibagi 3

Misalkan semua anggota U yang memiliki sifat ^a1 dihimpun dalam himpunan A dan semua anggota U yang memiliki sifat ^a2 dihimpun dalam himpunan B.

Berdasarkan teori himpunan diperoleh beberapa hal berikut.

 N

(

^a1

)

^+N

(

^a1'

)

^=n(U)=n

 A∪B adalah himpunan bagian dari U yang anggotanya habis dibagi 2 atau 3

 A ∩ B adalah himpunan bagian dari U yang anggotanya habis dibagi 2 dan 3

 (A∪B)' = A ' ∩ B ' adalah himpunan bagian dari U yang anggotanya tidak habis dibagi 2 maupun 3

 |A ∩ B| = N(^a1a₂¿=¿banyak anggota U yang habis dibagi 2 dan 3



|

^(A∪B)'

|

^{=|A ' ∩ B '|=N}

(

^a1' a₂^'

)

= banyak anggota U yang tidak habis dibagi 2 maupun 3

Karena (A∪B)∪(A∪B)^'=U, dan (A∪B)∩(A∪B)^'=∅ maka diperoleh:

|A∪B|+

|

^(A∪B)'

|

⁼|U|

|

^(A∪B)'

|

^{=|U|−|A∪B|}

¿|U|−¿) (sebab |A∪B|=|A|+|B|−|A ∩ B|)

= |U|−|A|−|B|+|A ∩ B|

Jadi, N

(

^a1'a2'

)

^=n−N

(

^a1

)

^−N

(

^a2

)

^+N

(

^a1a2

)

^{…………(*)}

Dari ekspresi (*) kita dapat disimpulkan bahwa untuk menentukan banyak anggota U yang tidak habis dibagi 2 maupun 3 dapat diperoleh dengan urutan sebagai berikut.

1. menghitung semua anggota U

2. mengurangkan dengan banyak anggota U yang habis dibagi 2 3. mengurangkan dengan banyak anggota U yang habis dibagi 2 4. menambah dengan banyak anggota U yang habis dibagi 2 dan 3

Ekspresi (*) merupakan bentuk paling sederhana prinsip Inklusi-Ekslusi. Nama Inklusi-Ekslusi diilhami dari proses menghitung banyak anggota A∪B, yaitu:

|A∪B|=|A|+|B|−|A ∩ B|

Untuk menghitung ruas kiri, kita melibatkan (to include) semua anggota A dan semua anggota B yaitu |A|+|B|. Sewaktu menghitung |A|+|B|, setiap anggota sekutu dari A dan B (yaitu anggota A ∩ B) dihitung dua kali, sehingga harus dikeluarkan (to be excluded) kembali. Berikut ini diberikan contoh penggunaan bentuk sederhana prinsip Inklusi-Ekslusi.

Contoh 5.1

Tentukan banyak bilangan bulat dari 1 sampai 200 yang tidak habis dibagi 3 maupun 4

Penyelesaian:

Misalkan:

a₁adalah sifat bilangan dari 1 - 200 yang habis dibagi 3 a₂ adalah sifat bilangan dari 1 - 200 yang habis dibagi 4 Banyak bilangan bulat 1 - 200 = n = 200

N

(

^a1

)

^=¿ banyak bilangan 1 - 200 yang habis dibagi 3 =



²⁰⁰₃



= 66 (  x  adalah pembulatan ke bilangan bulat terbesar yang kurang atau sama dengan x)

N(^a2)^=¿ banyak bilangan 1 - 200 yang habis dibagi 4 =



²⁰⁰₄



= 50 ^N(^a1a₂)^=¿ banyak bilangan 1 - 200 yang habis dibagi 3 dan 4

= banyak bilangan 1 - 200 yang habis dibagi 6 =



²⁰⁰₆



= 33 Jadi, banyak bilangan bulat 1 - 200 yang tidak habis dibagi 3 maupun 4 adalah:

N

(

^a1'a2'

)

^=n−N

(

^a1

)

^−N

(

^a2

)

^+N

(

^a1a2

)

= 200 - 66 - 50 + 33 = 123 Mudah dipahami bahwa untuk tiga himpuan A, B, dan C berlaku:

|A∪B∪C|=|A|+|B|+|C|−|A ∩ B|−|A ∩C|−|B ∩C|+|A ∩B ∩C|,

sehingga, untuk tiga himpunan kita mempunyai prinsip Inklusi-Ekslusi sebagai berikut.

N

(

^a'1a'2a'3

)

^=N−N

(

^a1

)

^−N

(

^a2

)

^−N

(

^a3

)

^+N

(

^a1a₂

)

^+N

(

^a1a₃

)

^+N

(

^a2a₃

)

^−N(a1a₂a₃) Contoh 5.2

Tentukan banyak bilangan bulat dari 1-1000 yang tidak habis dibagi bilangan 2 sampai 11 dan relatif prima dengan 6

Penyelesaian:

Bilangan 2 sampai 11 yang relatif prima dengan 6 adalah 5, 7, dan 11 Misalkan:

a₁adalah sifat bilangan dari 1 - 1000 yang habis dibagi 5 a₂ adalah sifat bilangan dari 1 - 1000 yang habis dibagi 7 a₁adalah sifat bilangan dari 1 - 1000 yang habis dibagi 11 n = banyak bilangan bulat 1 - 1.000 = 1.000

N(^a1)^=¿ banyak bilangan 1 - 1.000 yang habis dibagi 5 =



^1.000₅



= 200 N

(

^a2

)

^=¿ banyak bilangan 1 - 1.000 yang habis dibagi 7 =



^1.000₇



= 142

N(^a3)^=¿ banyak bilangan 1 - 1.000 yang habis dibagi 11 =



^1.000₁₁



= 90 N

(

^a1a₂

)

^=¿ banyak bilangan 1 - 1.000 yang habis dibagi 7 =



^1.000₃₅



= 28 N(^a1a₃)^=¿ banyak bilangan 1 - 1.000 yang habis dibagi 7 =



^1.000₅₅



= 18

N

(

^a2a₃

)

^=¿ banyak bilangan 1 - 1.000 yang habis dibagi 7 =



^1.000₇₇



= 12 N(^a1a₂a₃)^=¿ banyak bilangan 1 - 1.000 yang habis dibagi 7 =



^1.000₃₈₅



= 2

N

(

^a1'a2'a3'

)

^=N−N

(

^a1

)

^−N

(

^a2

)

^−N

(

^a3

)

^+N

(

^a1a2

)

^+N

(

^a1a3

)

^+N

(

^a2a3

)

^−N

(

^a1a2a3

)

N

(

^a1'a2'a3'

)

⁼1000−200−142−90+28+18+12−2

¿1000−432+58−2

= 624

Jadi banyak bilangan bulat 1 - 1.000yang tidak habis dibagi bilangan 2 sampai 11 dan relatif prima dengan 6 = 624 bilangan.

Dalam beberapa contoh berikut kita akan dibahas penggunaaan prinsip Inklusi- Ekslusi untuk permasalahan permutasi, pendistribusian obyek, menentukan solusi bulat non-negatif suatu persamaan, dan masalah fungsi.

Contoh 5.3

Tentukan banyak permutasi dari:

a. {1,2,3,4} sedemikian sehingga pola-pola “12” atau “34” tidak muncul b. {1,2,…,9} sedemikian sehingga pola-pola “23” atau “5678” tidak muncul.

Penyelesaian:

a. (Coba tentukan apa yang menjadi sifat ^a1 dan ^a2) n = banyak permutasi dari {1,2,3,4} = 4

N(^a1)^=¿ banyak permutasi dari {1,2,3,4} yang mana pola “12” muncul = banyak permutasi dari {12,3,4} = 3! = 6

N

(

^a1

)

^=¿ banyak permutasi dari {1,2,3,4} yang mana pola “34” muncul = banyak permutasi dari {1,2,34} = 3! = 6

N(^a1a2)^=¿ banyak permutasi dari {1,2,3,4} yang mana pola “12” atau “34”

muncul = 2!

= banyak permutasi dari {12,34} = 2! = 2

Jadi,banyak permutasi dari {1,2,3,4} sedemikian sehingga pola-pola “12” atau

“34” tidak muncul adalah:

N

(

^a1'a2'

)

^=n−N

(

^a1

)

^−N

(

^a2

)

^+N

(

^a1a2

)

¿4!−3!−3!+2!

¿24−6−6+2

¿14

b. banyak permutasi dari {1,2, …,9} = n = 9! = 362.888

N(^a1)^=¿ banyak permutasi dari {1,2,…,9} yang mana pola “23” muncul

= banyak permutasi dari {1,23,4,5,6,7,8,9} = 8! = 40.320

N

(

^a1

)

^=¿ banyak permutasi dari {1,2,…,9} yang mana pola “5678” muncul = banyak permutasi dari {1,2,3,4,5678,9} = 6! = 720

N(^a1a2)^=¿ banyak permutasi dari {1,2, …,9} yang mana pola “23” atau

“5678” muncul

= banyak permutasi dari {1,23,4,5678,9} = 5! = 120

Jadi, banyak permutasi dari {1,2,…,9} sedemikian sehingga pola-pola “23”

atau “5678” tidak muncul adalah:

N

(

^a1'a2'

)

^=n−N

(

^a1

)

^−N

(

^a2

)

^+N

(

^a1a2

)

¿362.880−40.320−720+120

¿321.960 Contoh 5.4

a. Berapa banyak cara menempatkan 3 orang ke dalam 2 kamar berbeda sedemikian sehingga tidak ada kamar yang kosong?

b. Berapa banyak cara menempatkan 5 orang ke dalam 4 kamar berbeda sedemikian sehingga tidak ada kamar yang kosong?

Penyelesaian:

a. Secara intuitif, soal ini dapat dijawab dengan cara berikut.

Misalkan ketiga orang tersebut adalah A, B, dan C, serta kamar yang akan ditempati adalah

Kamar I dan Kamar II

Kamar I Kamar II

ABC -

- ABC

AB C

C AB

AC B

B AC

BC A

A BC

Jadi, banyak cara menempatkan 3 orang ke dalam 2 kamar berbeda = 8 = 2³. Bila disyaratkan tidak boleh ada kamar yang kosong, maka banyak cara adalah 8 - 2 = 6 cara. Berikut ini kita selesaikan masalah tersebut dengan prinsip Inklusi- Ekslusi.

Misalkan ^a1 menyatakan kamar I kosong dan^a2 menyatakan kamar II kosong, maka diperoleh:

n = banyak cara menempatkan 3 orang ke dalam 2 kamar = 2³=8

N(^a1)^=¿ banyak cara menempatkan 3 orang ke dalam 2 kamar yang mana kamar I kosong

= banyak cara menempatkan 3 orang ke dalam 1 kamar = 1³=1

N(^a2)^=¿ banyak cara menempatkan 3 orang ke dalam 2 kamar yang mana kamar II kosong

= banyak cara menempatkan 3 orang ke dalam 1 kamar = ₁³₌₁

N(^a1a₂)^=¿ banyak cara menempatkan 3 orang ke dalam 2 kamar yang mana kamar I dan kamar II kosong = ₀³₌₀

Jadi, banyak cara menempatkan 3 orang ke dalam 2 kamar berbeda sedemikian sehingga tidak ada kamar yang kosong adalah:

N

(

^a1'a2'

)

^=N−N

(

^a1

)

^−N

(

^a2

)

^+N

(

^a1a2

)

¿8−1−1+0 = 6

b. Misalkan ^a1,a₂,a₃,a₄ berturut-turut menyatakan kamar I, II, III, dan IV kosong, maka diperoleh:.

 ^N

(

^a1

)

^{=¿ N}

(

^a2

)

^{=¿ N}

(

^a3

)

^{=¿ N}

(

^a4

)

^=¿ banyak cara menempatkan 5 orang ke dalam 4 kamar, yang mana 1 kamar I kosong = 3⁵

 ^N

(

^a1a₂

)

^{=¿ N}

(

^a1a₃

)

^{=¿ N}

(

^a1a₄

)

^=N

(

^a2a₃

)

^{=¿ N}

(

^a2a₄

)

^{=¿ N}

(

^a3a₄

)

^=¿

banyak cara menempatkan 5 orang ke dalam 4 kamar, yang mana 2 kamar kosong = ₂⁵

 ^N

(

^a1a₂a₃

)

^{=¿ N}

(

^a1a₂a₄

)

^=N

(

^a1a₃a₄

)

^=N

(

^a2a₃a₄

)

^=¿ banyak cara menempatkan 5 orang ke dalam 4 kamar, yang mana 3 kamar kosong = ₁⁵

 ^N

(

^a1a₂a₃a₄

)

^=¿ banyak cara menempatkan 5 orang ke dalam 4 kamar, yang mana 4 kamar kosong = ₀⁵

Jadi, banyak cara menempatkan 5 orang ke dalam 4 kamar sedemikian sehingga tidak ada kamar yang kosong adalah:

N

(

^{a1'a2'a3' a4'}

)

^{=45−4∙35+6∙25−4∙15+05}

= 1024 - 972 + 192 - 4 + 0 = 240

Secara lebih ringkas, masalah di atas dapat diselesaikan sebagai berikut.

N

(

^ai

)

^=¿ banyak cara yang mana satu kamar ke-i kosong =

(

⁴¹

)

³⁵

N

(

^aia_j

)

^=¿ banyak cara yang mana dua kamar ke-i dan j kosong =

(

⁴²

)

²⁵

N(^aia_ja_k)^=¿ banyak cara yang mana tiga kamar ke-i, j, dan k kosong =

(

⁴³

)

¹⁵

N(^aia_ja_ka_l)^=¿ banyak cara yang mana keempat kamar kosong =

(

⁴⁴

)

⁰⁵

N

(

^{a1'a2'a3' a4'}

)

⁼⁴⁵⁻

(

⁴¹

)

^(4−1)5+

(

⁴²

)

^(4−2)5−

(

⁴³

)

^(4−3)5+

(

⁴⁴

)

⁽⁴⁻⁴⁾⁵

¿4⁵−

(

⁴¹

)

³⁵⁺

(

⁴²

)

²⁵⁻

(

⁴³

)

¹⁵⁺

(

⁴⁴

)

⁰⁵

¿4⁵−4∙3⁵+6∙2⁵−4∙1⁵+0=240 Contoh 5.5

Diketahui himpunan A={a,b ,c ,d ,e} dan himpunan B={1,2,3,4} a. Tentukan banyak fungsi dari A →B

b. Tentukan banyak fungsi surjektif/pada/onto dari A ke B

Penyelesaian:

a. Banyak fungsi dari A →B sama dengan banyak cara menempatkan 5 obyek yang berbeda ke dalam 4 kotak berbeda (lihat contoh sebelumnya) = 4⁵ b. Menggunakan prinsip Inklusi-Ekslusi, kita dapat menyelesaikan soal ini

dengan cara menghitung semua fungsi dari A ke B, kemudian mengurangkannya dengan banyak fungsi yang tidak surjektif. Sebuah fungsi dari A ke B tidak surjektif jika sekurang-kurangnya ada satu anggota di B yang tidak mempunyai pra-peta. Kemungkinan tersebut meliputi:

1 anggota B tidak mempunyai pra-peta; ada

(

⁴¹

)

⁼⁴ kemungkinan 2 anggota B tidak mempunyai pra-peta; ada

(

⁴²

)

⁼⁶ kemungkinan 3 anggota B tidak mempunyai pra-peta; ada

(

⁴³

)

⁼⁴ kemungkinan

4 anggota B tidak mempunyai pra-peta; ada

(

⁴⁴

)

⁼¹ kemungkinan

Untuk masing-masing kemungkinan, banyak fungsi surjektif dari A ke B berturut turut adalah 3⁵, 2⁵, 1⁵, dan 0⁵. Jadi, banyak fungsi surjektif/pada/onto dari A ke B adalah:

N

(

^{a1'a2'a3' a4'}

)

⁼⁴⁵⁻

(

⁴¹

)

^(4−1)5+

(

⁴²

)

^(4−2)5−

(

⁴³

)

^(4−3)5+

(

⁴⁴

)

⁽⁴⁻⁴⁾⁵

¿4⁵−

(

⁴¹

)

³⁵⁺

(

⁴²

)

²⁵⁻

(

⁴³

)

¹⁵⁺

(

⁴⁴

)

⁰⁵

¿4⁵−4∙3⁵+6∙2⁵−4∙1⁵+0=240

Hasil yang diperoleh persis sama dengan banyak cara menempatkan 5 orang ke dalam 4 kamar sedemikian sehingga tidak ada kamar yang kosong.

Contoh 5.6

Tentukan banyak permutasi dari {1,2,3,…,10} yang mana tidak ada bilangan ganjil yang menempati posisi semula.

Penyelesaian:

n=¿ banyak permutasi dari {1,2,3,…,10}=10!=3.628.800

Misal: ^qi=¿ kejadian dimana i menempati posisi ke-i ∀iϵ1,3,5,7,9 q₁=¿ kejadian dimana 1 menempati posisi pertama

N

(

^q1

)

^=¿ banyak permutasi |1|9|8|7|6|5|4|3|2|1|=1∙9!=362.880 Dengan cara yang sama diperoleh:

N(^q3)^=N(^q5)^=N(^q7)^=N(^q9)^=362.880

q₁q₃=¿ kejadian dimana 1, 2, 3 menempati posisi ke-1, ke-3 N(^q1q₃)^=¿ banyak permutasi |1||3|||||||1|=1∙1∙8!=40.320 Dengan cara yang sama diperoleh:

N

(

^q1q₅

)

^=N

(

^q1q₇

)

^=N

(

^q1q₉

)

^=N

(

^q3q₅

)

^=N

(

^q3q₇

)

^=N

(

^q3q₉

)

^=N

(

^q5q₇

)

^=N

(

^q5q₉

)

^=N(q7q₉)=40.320 q₁q₃q₅=¿ kejadian dimana 1, 3, 5 menempati posisi ke-1, ke-3, ke-5

N

(

^q1q₃q₅

)

^=¿ banyak permutasi |1||3||5|||||1|=1∙1∙1∙7!=5.040 Dengan cara yang sama diperoleh:

N(^q1q₃q₇)^=N(^q1q₃q₉)^=N(^q3q₅q₇)^=N(^q3q₅q₉)^=N(^q5q₇q₉)^=5.040

q₁q₃q₅q₇=¿ kejadian dimana 1, 3, 5, 7 menempati posisi ke-1, ke-3, ke-5, ke- 7

N(^q1q₃q₅q₇)^=¿ banyak permutasi |1||3||5||7|||1|=1∙1∙1∙1∙6!=720 Dengan cara yang sama diperoleh:

N

(

^q1q3q5q9

)

^=N

(

^q3q5q7q9

)

^=N

(

^q1q5q7q9

)

^=N

(

^q1q3q7q9

)

⁼⁷²⁰

q₁q₃q₅q₇q₉=¿ kejadian dimana 1, 3, 5, 7, 9 menempati posisi ke-1, ke-3, ke- 5, ke-7, ke-9

N

(

^q1q₃q₅q₇q₉

)

^=¿ banyak permutasi |1||3||5||7|9||1|=1∙1∙1∙1∙6!=720 Jadi, banyak permutasi dengan syarat yang ditentukan adalah:

N

(

^{a1'a3'a5'a7' a9'}

)

^=N−

∑

^N(ai)+

∑

^N(aiaj)−

∑

^N(aiajak)+

∑

^{N(aiajakal)−}

∑

^{N(aiajakalam)}

¿10!−5(9!)+10(8!)−10(7!)+5(6!)−5!

¿2.170 .680

Untuk contoh soal berikut, kita memerlukan formula berikut. Banyak solusi bulat non-negatif dari persamaan:

x1 + x2 + x3 + … + xn = k, xi  0  I = 1, 2, …, n adalah

(

^k+n−1k

)

Contoh 5.7

Tentukan banyak solusi bulat non negatif dari persamaan:

x₁+x₂+x₃=16, 0≤ x_i≤7∀i∈{1,2,3,4}

Penyelesaian:

Banyak solusi ^x1+x₂+x₃=16, ^xi≥0 ∀i∈{1,2,3,4} adalah:

n =

(

^16+163−1

)

⁼

(

¹⁸¹⁶

)

^{=2!1816!!=153}

a₁=¿ solusi persamaan^x1+x₂+x₃=16 dengan ^x1≥8, x₂≥0,x₃≥0

= solusi persamaan(x1−8)+x2+x3=8 dengan ^x1−8≥0,x₂≥0,x₃≥0 = solusi persamaan^y1+x₂+x₃=8 dengan ^y1≥0, x₂≥0, x₃≥0

N(^a1) = banyak solusi persamaan ^y1+x₂+x₃=8 dengan ^y1≥0, x₂≥0, x₃≥0 N

(

^a1

)

⁼

(

⁸⁺³⁻¹⁸

)

⁼

(

¹⁰⁸

)

⁼⁴⁵

a₂=¿ solusi persamaan^x1+x₂+x₃=16 dengan ^x2≥8, x₁≥0,x₃≥0

= solusi persamaanx1+(x¿¿2−8)+x3=8¿ dengan ^x2−8≥0,x₁≥0,x₃≥0 = solusi persamaan^x1+y₂+x₃=8 dengan ^x1≥0, y₂≥0, x₃≥0

N

(

^a2

)

= banyak solusi persamaan ^x1+y₂+x₃=8 dengan ^x1≥0, y₂≥0, x₃≥0 N

(

^a2

)

⁼

(

⁸⁺³⁻¹⁸

)

⁼

(

¹⁰⁸

)

⁼⁴⁵

Dengan cara yang sama diperoleh ^N(^a3) = 45

a₁a₂=¿ solusi persamaan^x1+x₂+x₃=16 dengan ^x1≥8, x₂≥8,x₃≥0 = solusi persamaan(x¿¿1−8)+(x¿¿2−8)+x3=0¿¿ dengan ^x1−8≥0,x₂−8≥0, x₃≥0

= solusi persamaan^y1+y₂+x₃=0 dengan ^y1≥0, y₂≥0, x₃≥0

N(^a1a₂) = banyak solusi persamaan^y1+y₂+x₃=0 dengan y₁≥0, y₂≥0, x₃≥0

=

(

⁰⁺³⁻¹⁰

)

^=¿1

Dengan cara yang sama diperoleh ^N

(

^a1a₃

)

^=N

(

^a2a₃

)

= 1

a₁a₂a₃=¿ solusi persamaan^x1+x₂+x₃=16 dengan ^x1≥8, x₂≥8,x₃≥8 = solusi persamaan (x1−8)+(x¿¿2−8)+(x¿¿3−8)=−8¿¿

dengan ^x1−8≥0x₂−8≥0 ^x3−8≥0

N(^a1a₂a₃) = banyak solusi ^y1+y₂+y₃=−8, ^y1≥0, y₂≥0, y₃≥0 = 0

Jadi, banyak solusi bulat non negatif dari persamaan x₁+x₂+x₃=16, 0≤ x_i≤7∀i∈{1,2,3,4} adalah:

N

(

^a1'a2'a3'

)

^=N−N

(

^a1

)

^−N

(

^a2

)

^−N

(

^a3

)

^+N

(

^a1a2

)

^+N

(

^a1a3

)

^+N

(

^a2a3

)

^−N

(

^a1a2a3

)

¿153−45−45−45+1+1+1+0=21

Contoh 5.8

Hitunglah banyaknya solusi bulat non negatif dari persamaan A+B+C+D=54, A<34,C<44, D<37………..(¿)

Penyelesaian:

n=¿ banyaknya solusi bulat dari persamaan (¿) dengan syarat A  0, B  0, A  0, D  0,

(

^54+4−154

)

⁼

(

⁵⁷⁵⁴

)

^{=5457!3!!=5754×56!××553×2××541 !=29.260}

P₁=¿ solusi dari persamaan (¿) yang mana A ≥34,B ≥0,C ≥0,D ≥0

= solusi dari A−34+B+C+D=54−34 = 20, A−34≥0,B ≥0,C ≥0, D ≥0 ^N

(

^P1

)

⁼

(

^20+204−1

)

⁼

(

²³²⁰

)

^{=2023!3!!=1.771}

P₂=¿ solusi dari persamaan (¿) yang mana A ≥0,B ≥0,C ≥44, D≥0

= solusi dari A+B+C−44+D=54−44=10, A ≥0,B ≥0,C−44≥0,D ≥0 N

(

^P2

)

⁼

(

^10+104−1

)

⁼

(

¹³¹⁰

)

^{=1013!3!!=286}

P₂=¿ solusi dari persamaan (¿) yang mana A ≥0,B ≥0,C ≥0, D ≥37

= solusi dari A+B+C+D−37=54−37=17, A ≥0, B ≥0,C ≥0, D−37≥0 N

(

^P3

)

⁼

(

^17+174−1

)

⁼

(

²⁰¹⁷

)

^{=1720!3!!=1.140}

P₁P₂=¿ solusi dari persamaan (¿) A ≥34,B ≥0,C ≥44, D ≥0 = solusi dari A−34+B+C−44+D=54−34−44=−24, A−34^❑≥0,B ≥0,C−44≥0,D ≥0

N

(

^P1P₂

)

⁼

(

^{−24+−244−1}

)

^→ tidak ada penyelesaian atau ^N(^P1P₂)⁼⁰ Dengan cara yang sama diperoleh:

N(^P1P₃)^{=¿ N}(^P2P₃)^=N(^P1P₂P₃)^{=¿ 0}

Jadi, banyaknya solusi bulat non negatif dari persamaan (¿) adalah"

N

(

^{P1' P2' P3'}

)

^=n−N

(

^P1

)

^−N

(

^P2

)

^−N

(

^P3

)

^+N

(

^P1P2

)

^+N

(

^P1P3

)

^+N

(

^P2P3

)

^+N(P1P2P3)

¿29.260−1771−286−1140+0

¿26.063

B. Bentuk Umum Prinsip Inklusi-Ekslusi

Bentuk umum prinsip Inklusi-Ekslusi disajikan dalam sebuah teorema sebagai berikut. Misalkan S suatu himpunan, Nadalah banyaknya obyek dalam himpunan S, dan ^s1,s₂,⋯s_r adalah sifat-sifat yang mungkin dimiliki oleh subatu obyek di S.

Banyaknya obyek di S yang tidak memiliki sifat ^a1,a₂,⋯,a_r adalah:

N

(

^a1'a2'⋯ar'

)

⁼ⁿ⁻

∑

i Ni

(

^ai

)

⁺

∑

i , j N

(

^aiai

)

⁻

∑

i, j ,kN(aiajak)±⋯+(−1)^rN

(

^a1a2⋯ar

)

Keterangan: tanda sigma pertama mencakup semua i∈{1,2,3⋯,r}; sigma kedua mencakup pasangan i , j∈{1,2,3,,r},i≠ j; sigma ketiga mencakup semua triple i , j,k∈{1,2,⋯,r}, yang mana i , j,k berbeda; dan seterusnya.

Teorema di atas akan dibuktikan dengan menunjukkan bahwa ruas kiri persamaan sama dengan ruas kanan. Ruas kiri persamaan menyatakan banyak

obyek di S yang tidak memiliki sifat (a1,a2,⋯,ar). Oleh sebab itu, kita perlu menunjukkan bahwa dalam mengitung ruas kanan:

1. setiap obyek yang tidak memiliki sifat ^a1; sifat ^a2,⋯,ataupun sifat ^ar tepat dihitung satu kali

2. setiap obyek yang memiliki paling sedikit satu sifat, dihitung sebanyak nol kali

Pandang sebuah obyek di S ,misalkan obyek o.

 Jika obyek o tidak memiliki sifat dari sifat-sifat yang ada, maka sewaktu menghitung ruas kanan, obyek ini dihitung tepat sekali dalam menghitung N ,; dan tidak dihitung dalam menghitung suku-suku yang lain.

 Jika obyek o memiliki sebanyak p≥1 sifat dari r sifat yang ada, maka obyek ini dihitung sebanyak:

(

^0p

)

= 1 kali dalam menghitung N ,

(

^1p

)

kali dalam menghitung

∑

i N(a_i),

(

^2p

)

kali dalam menghitung

∑

i , j N(a_ia_j),

(

^3p

)

kali dalam menghitung

∑

i , j ,kN(a_ia_ja_k), ⋮

dan seterusnya

Jadi, dalam menghitung ruas kanan, obyek ini dihitung sebanyak nkali yang mana, n=

(

^0p

)

⁻

(

^1p

)

⁺

(

^2p

)

⁻

(

^3p

)

^+⋯+(−1)r

(

^pr

)

Karena

(

^pr

)

= 0 untuk r>p, maka

n=

(

^0p

)

⁻

(

^1p

)

⁺

(

^2p

)

⁺

(

^3p

)

^+⋯+(−1)p

(

^pp

)

Dari Teorema Binomial diketahui bahwa:

(1+x)^p=

∑

k=0

p

(

^pk

)

^xk (*)

Dengan mensubtitusikan x = -1 pada (*) diperoleh:

(1+(−1))^p=

∑

k=0

p

(

^kp

)

^(−1)k=0

sehingga

(

^0p

)

⁻

(

^1p

)

⁺

(

^2p

)

⁺

(

^3p

)

^+⋯+(−1)p

(

^pp

)

⁼⁰

Jadi, diperoleh n=0. Artinya, telah dapat ditunjukkan bahwa setiap obyek di S yang memiliki sebanyak p≥1 sifat dari r sifat yang ada, dihitung sebanyak 0 kali dalam menghitung ruas kanan prinsip umum Inklusi-Ekslusi. Dari pembuktian dua kasus di atas, teorema menjadi terbukti.

Contoh 5.9

Tentukan banyak cara menempatkan n bola yang berbeda ke dalam k kotak yang berbeda, sedemikian sehingga tidak ada kotak yang kosong!

Penyelesaian:

Misalkan S adalah himpunan semua kejadian (pendistribusian) yang mungkin.

Ei adalah kejadian bahwa kotak ke i kosong dan ai adalah sifat bahwa kejadian Ei

muncul. Dalam hal ini i  {1, 2, . . . , k}

Diperoleh, n = |S| = kⁿ, dan juga N(ai) = (k-1)ⁿ ; N (ai aj)= (k-2)ⁿ ; N (ai aj ak) = (k-3)ⁿ ; . . ., dan seterusnya.

Selanjutnya terdapat

( k ¿ ) ¿

¿ ¿¿

cara memilih sifat ai,

( k ¿ ) ¿

¿ ¿¿

cara memilih sifat ai dan

aj,

( k ¿ ) ¿

¿ ¿¿

cara memilih sifat ai, aj dan ak, dan seterusnya. Sehingga, banyak cara menempatkan (mendistribusikan) n bola ke dalam k kotak sedemikian hingga tidak ada kotak yang kosong adalah:

N

(

^a'1a'2…a'k

)

^=kn−(k₁^)(k−1)n+(k₂^{)(k−2)n+…+(−1)k(k}_k^)(k−k)n

=

∑

i=0 k

(−1)ⁱ

(

^ki

)

^(k−i)n

Contoh 5.10

Tentukan banyak fungsi surjektif dari himpunan S →N yang mana |S|=p,

|^N|^=q❑, p>q❑

Penyelesaian:

Soal ini sama seperti pendistribusian orang ke dalam kamar, yang mana daerah kawan dianggap sebagai kamarnya dan anggota daerah asal adalah orang yang akan mengisi kamar. Karena fungsi surjektif, dimana setiap daerah kawan harus memiliki prapeta di daerah asal, maka tidak boleh ada kamar yang kosong.

Sehingga, dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, banyak fungsi surjektif S →N adalah:

N

(

^ai'a'jaq'1

)

^=N−

∑

i=1 qi

(

^ai

)

⁺

∑

i , j i ≠ j qi

(

^aia_j

)

^{−…+(−1)qi}

∑

i , j , … ,q_i i ≠ j ≠… ≠qi

qi

(

^{aiaj… aq1}

)

¿q_i^p−

(

^q1i

) (

^qi−1

)

^p+

(

^q2i

) (

^qi−2

)

^p−…+¿

(−1)^qi

(

^qiq−1i

)

^{(qi−qi+1)p+(−1)qi}

(

^qqii

)

^(qi−qi)p

C. Banyak Obyek yang Memiliki Tepat m Sifat

Misalkan S adalah himpunan dari n obyek, dan ^a1,a₂,⋯,a_r adalah sifat-sifat yang mungkin dimiliki oleh suatu obyek di S. Adakalanya kita ingin mengetahui banyaknya obyek di S yang memiliki tepat m sifat. Kita akan lambangkan ^em

banyaknya obyek S yang memiliki tepat m ≤r sifat. Selanjutnya, untuk t ≥1, kita definisikan ^st sebagai berikut. st=Σ N(ai1,ai2,ai3,⋯,a¿)

yang mana “sigma” mencakup semua kemungkinan memilih t sifat a_i1,a_i2,a_i3,⋯,a¿ dari r sifat yang ada. Hubungan ^em dan ^sm dapat dilihat pada teorema berikut.

Teorema

Misalkan ^a1, a₂,⋯,a_r adalah sifat-sifat yang mungkin dimiliki oleh suatu obyek di himpunan S. Maka banyak obyek S yang memiliki tepat m ≤r sifat adalah:

e_m=s_m−

(

^m+11

)

^sm+1+

(

^m+22

)

^sm+2−

(

^m+33

)

^{sm+3+⋯+(−1)p}

(

^m+pp

)

^{sm+p+⋯+(−1)r−m}

(

^m+rr−−mm

)

^sr

e_m=

∑

p=0

r−m(−1)^p

(

^m+pp

)

^sm+p

Bukti:

Untuk membuktikan teorema di atas cukup ditunjukkan bahwa:

1. setiap obyek di S yang memiliki kurang dari m sifat, tidak dihitung dalam menghitung ruas kiri maupun kanan

2. setiap obyek di S yang memiliki tepat m sifat, dihitung tepat satu kali dalam menghitung ruas kiri dan ruas kanan

3. setiap obyek S yang memiliki lebih dari m sifat, dihitung nol kali dalam menghitung ruas kiri dan ruas kanan

Misalkan x sebarang obyek di S. Terkait dengan m, ada tiga kemungkinan banyak sifat yang dimiliki oleh x, yaitu x memiliki kurang dari m sifat, x memiliki tepat m sifat, atau x memiliki lebih dari m sifat. Berikut ini akan kita bahas kasusnya satu persatu.

1. Jika obyek x memiliki kurang dari m sifat, maka jelas obyek tersebut “tidak dihitung” dalam menghitung ^em dan “tidak dihitung” dalam menghitung setiap suku ruas kanan.

2. Jika obyek x memiliki tepat m sifat, maka obyek ini dihitung tepat satu kali dalam menghitung ^em. Karena obyek x dihitung sekali dalam menghitung ^sm; dihitung nol kali dalam menghitung ^sm+k untuk k ≥1, maka banyak obyek ini dihitung tepat satu kali dalam menghitung ruas kanan .

3. Jika obyek x memiliki lebih dari m sifat, misalnya m+j sifat, jelas obyek ini tidak dihitung dalam menghitung ^em. Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa obyek ini dihitung sebanyak nol kali dalam menghitung ruas kanan.

Perhatikan bahwa obyek tersebut dihitung sebanyak

(

^mm+j

)

dalam menghitung

s_m,

(

^m+m+1j

)

dalam menghitung s_m+1,

(

^m+m+2j

)

dalam menghitung ^sm+2,

(

^mm++3j

)

dalam menghitung ^sm+3dan seterusnya. Secara umum, obyek tersebut dihitung sebanyak

(

^mm++pj

)

dalam menghitung ^sm+p untuk p≤ j. Untuk p>j, obyek tersebut tidak dihitung dalam menghitung ^sm+p, karena sudak kita misalkan obyek tersebut memiliki m+j sifat. Dengan demikian, dalam menghitung ruas kanan obyek x tersebut dihitung sebanyak:

(

^mm+j

)

⁻

(

^mm++1j

)(

^m+11

)

⁺

(

^mm++2j

)(

^m2+2

)

⁻

(

^mm++3j

)(

^m+33

)

^+⋯+(−1)p

(

^mm++pj

)(

^m+pp

)

^+⋯+(−1)j

(

^m+m+jj

)

^{,……..(¿)}

Perhatikan bahwa:

(

^mm++pj

)(

^m+pp

)

^{=(m+(pm+)!(jj−)! p)!×(m+p! m!p)!=(mm! j !+j)!×p!(j−j! p)!=}

(

^m+mp

)(

^pj

)

sehingga bentuk (*) menjadi:

(

^mm+j

)

⁻

(

^mm+j

)(

^1j

)

⁺

(

^mm+j

)(

^2j

)

⁻

(

^m+mj

)(

^3j

)

^+⋯+(−1)j

(

^m+mj

)(

^jj

)

atau dapat dirubah menjadi:

(

^mm+j

) [ (

^0j

)

⁻

(

^1j

)

⁺

(

^2j

)

⁻

(

^3j

)

^+⋯+(−1)j

(

^jj

) ]

^,……..¿

Karena

(

^0j

)

⁻

(

^1j

)

⁺

(

^2j

)

⁻

(

^3j

)

^+⋯+(−1)j

(

^jj

)

⁼⁰

maka (**) sama dengan nol. Dengan demikian, tiga kondisi yang kita kemukakan pada awal pembuktian terpenuhi, sehingga teorema yang dikemukakan terbukti.

Contoh 5.11

Sebanyak n pasang suami istri hadir dalam suatu pesta dansa. Dansa dilakukan serentak dan seorang pria harus berdansa dengan seorang wanita.

a. Berapakah peluang terdapat tepat satu pasang suami istri berdansa bersama dalam pesta dansa bersama dalam pesta dansa tersebut?

b. Berapakah peluang terdapat tepat tiga pasang suami istri berdansa bersama dalam pesta dansa tersebut?

Penyelesaian:

Misalkan S adalah himpunan semua pasangan dansa yang mungkin, ^ai

menyatakan sifat yang mana suami ke i berpasangan dengan istrinya, 1≤ i≤ n.

Karena terdapat n pasang suami istri, maka N=|S|=n!. Selanjutnya kita peroleh:

N(ai) = banyak pasangan yang mungkin dimana pasangan ke i adalah pasangan suami istri

= banyaknya permutasi (n-1) elemen

= (n-1)!

N(ai aj) = banyak pasangan yang mungkin dimana pasangan ke i dan ke j adalah pasangan-

pasangan suami istri

= banyaknya permutasi (n-2) elemen

= (n-2)!

Secara umum, diperoleh N¿ Karena ada

(

^nk

)

cara memilih k sifat dari n sifat yang ada, maka:

s_k=Σ N

(

^ai1a_i2a_i3⋯a_ik

)

⁼

(

^nk

)

^(n−k)!

a. Untuk r = n dan m = 1 diperoleh:

e₁=

∑

i=0

n−1(−1)ⁱ

(

¹⁺ⁱⁱ

)

^s1+i=s1−

(

²¹

)

^s2+

(

³²

)

^{s3+⋯+(−1)n−1}

(

ⁿ⁻ⁿ¹

)

^sn=

(

ⁿ¹

)

^(n−1)!−

(

²¹

)(

ⁿ²

)

^(n−2)!+

(

³²

)(

ⁿ³

)

^{(n−3)!+⋯+(−1)n−1}

(

ⁿ⁻¹ⁿ

)(

ⁿⁿ

)

^{(n−n)!=1!(n−1n ! )!(n−1)!−12!!1!2!(n−2n! )!(n−2)!+2!31!!3!(n−3n! )!(n−3)!+⋯+(−1)n−1(n−1n!)!1!n!=n!}

[

^{1−11!+2!1 +⋯+(−1)n−1(n−11 )!}

]

^=n!

∑

^{n−1i=0 (−1i!)i}

Dengan demikian, peluang terdapat tepat satu pasang suami istri berdansa bersama adalah: ^e_N¹⁼

[

^{1−1!1 +21!+⋯+(−1)n−1(n−11 )!}

]

b. Untuk r = n dan m = 3 diperoleh:

e₃=s₃−

(

⁴¹

)

^s4+

(

⁵²

)

^{s5+⋯+(−1)n−3}

(

^n−sn

)

^sn=

(

ⁿ³

)

^(n−3)!−

(

⁴¹

)(

ⁿ⁴

)

^(n−4)!+

(

⁵²

)(

ⁿ⁵

)

^{(n−5)!+⋯+(−1)n−3}

(

ⁿ⁻³ⁿ

)(

ⁿⁿ

)

^{(n−n)!=3!(n−3n! )!(n−3)!−1!43!! 4!(n−4n! )!(n−4)!+25!}