Solusi Diskusi Kelompok II

Solusi Diskusi Kelompok II
MA2151 Matematika diskrit
Semester 1, 2008-2009
Waktu: 100 menit
Selasa, 28 Oktober 2008
Pengajar: Hilda Assiyatun, Djoko Suprijanto
1. Ada 51 rumah di sebuah jalan. Setiap rumah diberi nomor berupa bilangan yang dipilih
mulai dari 1000 sampai dengan 1099. Tunjukkan bahwa ada dua buah rumah yang
nomornya adalah dua bilangan yang berurutan.
Jawab:
Perhatikan 50 kotak berikut beserta labelnya yang diberikan pada lajur bawah.
(1000,1001)
(1002,1003)
(1004,1005)
···
(1098,1099)
Masukkan ke-51 nomor rumah ke dalam kotak yang labelnya memuat nomor tersebut.
Perhatikan bahwa setiap kotak hanya bisa diisi oleh paling banyak dua nomor. Karena
kotak lebih sedikit dari nomor rumah, berdasarkan PHP, terdapat kotak yang berisi dua
nomor rumah, yaitu yang merupakan dua bilangan berurutan.
2. Tentukan banyaknya bilangan bulat positif yang kurang dari 1000000 (1 juta) yang
hasil penjumlahan digit-digitnya kurang dari 16.
Jawab:
Kita ubah dulu persyaratan bulat positif menjadi bulat nonnegatif.
Bilangan yang diinginkan mempunyai paling banyak enam digit. Perhatikan bahwa
bilangan yang kurang dari enam digit dapat dituliskan dalam enam digit, dimana digitdigit awalnya adalah 0.
Misalkan bilangan tersebut adalah x1 x2 x3 x4 x5 x6 , dengan xi bilangan bulat nonnegatif,
untuk i = 1, 2, . . . , 6.
Maka banyaknya bilangan bulat nonnegatif yang dicari adalah sama dengan banyaknya
solusi bulat nonnegatif dari
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 < 16, dengan xi ≤ 9.
(1)
Untuk selanjutnya, setiap varibel yang kita gunakan selalu diasumsikan bilangan bulat
nonnegatif.
Perhatikan dua pertaksamaan di bawah ini,
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 < 16, xi ≥ 0.
(2)
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 < 16, terdapat xi > 9.
(3)
Banyaknya solusi (1) adalah banyaknya solusi (2) dikurangi banyaknya solusi (3).
Pertaksamaan (2) dapat diselesaikan dengan menambahkan variabel baru y yang bernilai bulat positif.
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + y = 16.
(4)
Definisikan z = y − 1. Maka z adalah bilangan bulat nonnegatif.
Akibatnya, banyaknya solusi bulat nonnegatif dari (2) adalah sama dengan banyaknya
solusi bulat nonnegatif dari
⇐⇒ x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + ( z + 1) = 16
⇐⇒ x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + z = 15.
(5)
Banyaknya solusi bulat nonnegatif dari (2) adalah
C (15 + (7 − 1), 15) = C (21, 15) = C (21, 6) = 54264.
Untuk pertaksamaan (3), perhatikan bahwa hanya ada tepat satu xi yang boleh bernilai
lebih dari 9. Untuk sementara kita misalkan x1 ≥ 10. Maka banyaknya solusi dari (3)
sama dengan 6 kali banyaknya solusi dari persamaan di bawah ini (karena x1 dapat
digantikan oleh xi yang lain, i = 2, . . . , 6.)
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + y = 16, x1 ≥ 10, y ≥ 1.
(6)
Dengan cara serupa seperti pada penyelesaian (1), kita peroleh bahwa banyaknya solusi untuk (6) adalah C (5 + (7 − 1), 5) = C (11, 5) = 462.
Jadi banyaknya solusi untuk (3) adalah 6 × 462 = 2772.
Dengan demikian banyaknya solusi untuk (1) adalah
C (21, 6) − 6C (11, 5) = 54264 − 2772 = 51492.
Terkait dengan bilangan yang sedang kita cacah, satu solusi dari (1) harus dibuang,
yaitu saat xi = 0, untuk semua i, karena solusi ini berpadanan dengan bilangan 0.
Jadi banyaknya bilangan bulat positif yang kurang dari 1000000 (1 juta) yang hasil
penjumlahan digit-digitnya kurang dari 16 adalah
C (21, 6) − 6C (11, 5) − 1 = 54264 − 2772 − 1 = 51491.
Catatan: Cara lain untuk menghitung banyaknya solusi bulat nonnegatif dari (2)
adalah dengan menambahkan variabel baru y yang bernilai bulat nonnegatif, yang
akan menghasilkan C (22, 6) solusi. Kemudian kurangi dengan banyaknya solusi bulat
nonnegatif dimana y = 0, yaitu C (21, 5). Jadi banyaknya solusi untuk (2) adalah juga
C (22, 6) − C (21, 5).
3. Buktikan identitas berikut dengan menggunakan argumentasi kombinatorik:
2n
n
2 2
2
n
n
n
+···+
.
+
=
1
n
0
Jawab: Ruas kiri adalah banyaknya cara memilih n orang dari n pria dan n wanita.
Pemilihan ini dapat dilakukan dengan memilih r pria dari n, dilanjutkan dengan memilih
n − r wanita dari n, dimana r = 0, 1, . . . , n.
Dengan demikian,
2n
n
n
n
n
n
n
n
n
=
+
+
+···+
n
0
n
1
n−1
2
n−2
n
0
n
n
n
n
n
n
n
n
=
+
+
+···+
0
0
1
1
2
2
n
n
2 2
2
n
n
n
=
+
+···+
.
0
1
n
Kesamaan kedua kita peroleh dari fakta bahwa
2
n
n
=
.
k
n−k
4. Sebuah uang logam dilempar sebanyak lima kali. Berapakah peluang sedikitnya dua
gambar muncul jika diketahui pada lemparan pertama yang muncul adalah angka?
Jawab: Misalkan saat uang logam ditos lima kali E adalah kejadian sedikitnya dua
gambar muncul dan F adalah kejadian lemparan pertama adalah angka.
Maka kejadian sedikitnya dua gambar muncul, diketahui angka muncul pada lemparan
pertama dapat dinyatakan sebagai kejadian ( E| F ).
Jika S adalah ruang sampel maka |S| = 25 = 32, sedangkan
| E| = 25 − C (5, 0) − C (5, 1) = 32 − 1 − 5 = 26,
| F | = 24 = 16,
| E ∩ F | = 24 − C (4, 0) − C (4, 1) = 16 − 1 − 4 = 11.
13
26
16
= 21 , dan P( E ∩ F ) =
=
, P( F ) = 32
32
16
P( E ∩ F )
11/32
11
Akibatnya P( E| F ) =
=
=
.
P( F )
1/2
16
Jadi P( E) =
3
11
32 .