KOMBINATORIK

KOMBINATORIK
disusun untuk memenuhi salah satu tugas Mata Kuliah
Matematika Diskrit
yang diampu oleh Drs. H. Eka Fitrajaya Rahman, M.T.
Oleh
1802390
Dwiqy Fahlavi Muhammad Ramdani
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN ILMU KOMPUTER
DEPARTEMEN PENDIDIKAN ILMU KOMPUTER
FAKULTAS PENDIDIKAN MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS PENDIDIKAN INDONESIA
BANDUNG
2019
A. Koefisien Binomial
Ekspresi binomial adalah sebuah polinomial dengan dua suku seperti x+y.
Seringkali, ketika x+y dipangkatkan dengan nilai n tertentu kita ingin mengetahui
bagaimanakah penjabarannya atau berapakah nilai koefisien dari salah satu suku hasil
penjabarannya. Untuk mendapatkan jawaban dari pertanyaan tersebut, mari kita selidiki
dengan memulainya dari beberapa contoh kecil
(x + y)2 = x2 + 2xy + y2
(x + y)3 = (x + y) (x + y)2 = (x + y)(x2 + 2xy + y2)
= x3 + 3x2y + 3xy2 + y3
jika kita lanjutkan akan diperoleh,
(x + y)4 = (x + y)(x + y)3 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4
Perhatikan koefisien - koefisien pada hasil penjabaran perpangkatan di atas. Koefisien koefisien ini terlihat familiar! kita telah menngenalnya dari subbab sebelumnya sebagai
𝑛
banyaknya ( ). Mari kita observasi ekspresi ini secara seksama. kita akan melihat
𝑟
bagaimana penjabarannya untuk n selanjutnya yaitu n = 5. Perhatikan ekspansi berikut.
(x + y)5 = (x + y) (x + y) (x + y) (x + y) (x + y)
Untuk mendapatkan masing - masing suku pada ekspansi (x + y)5, dapat kita lakukan
dengan memilih satu diantara dua suku pada masing - masing faktor dan mengalikannya.
Jika kita memilih x katakanlah sebanyak 2 kali maka kita harus memilih y sebanyak 3 kali
sehingga akan kita dapatkan x2y3. Berapa kali kita mendapatkan suku yang sama? jelas,
sama dengan banyaknya cara memilih tiga faktor yang memuat y (sisa faktor memuat x).
Berarti dalam hal ini sama saja dengan memilih 3 faktor diantara 5 yang dapat dilakukan
dengan (
5
) cara.
3
Sehingga ekspansi dari (x + y)5 akan terlihat seperti:
(x + y)5 = (
5 5 5 4
5
5
5
5
) x +( ) x y + ( ) x3y2 + ( ) x2y3 + ( ) xy4 + ( ) y5
0
1
2
3
4
5
Selanjutnya kita dapat menerapkan argumen ini dalam bentuk umum mendapatkan teorema
binomial.
Misalkan x dan y adalah variabel, dan n adalah bilangan bulat non negatif, maka
(𝑥 + 𝑦)𝑛 = ∑
𝑛
𝑗=0
𝑛
(𝑛𝑗) 𝑥 𝑗 𝑦 𝑛−𝑗 = (𝑛0)𝑥 𝑛 + (𝑛1)𝑥 𝑛−1 𝑦+…+(𝑛−1
)𝑥𝑦 𝑛−1 + (𝑛𝑛)𝑦 𝑛
Bukti: Kita akan menggunakan pembuktian kombinatorik untuk membuktikan teorema ini.
Suku - suku pada hasil penjabaran (x+y)n berbentuk xn-jyj untuk j = 0,1,2,...,n. Untuk
menghitung banyaknya suku yang berbentuk xn-jyj , pertama kita perlu memilih (n−j) x dari
𝑛
n faktor. Oleh karenanya koeefisien dari xn-jyj adalah (𝑛−𝑗
) yang ekuivalen dengan (𝑛𝑗).
Contoh 1
Berapakah nilai koefisien dari x12y13 pada ekspansi (x + y)25 ?
Jawab: Dari teorema binomial, nilai koefisien x12y13 dapat dihitung sebagai berikut
25!
(25
) = 13!12! = 5.200.300
13
Contoh 2
Berapakah nilai koefisien dari x12y13 pada ekspansi (2x − 3y)25?
Jawab: Pertama perlu diingat bahwa ekspresi (2x−3y)25 sama dengan (2x+(−3y))25.
Berdasarkan teorema binomial kita dapatkan:
25
25
(2𝑥 + (−3𝑦))25 = ∑ ( ) (2𝑥)25−𝑗 (−3𝑦)𝑗
𝑗
𝑗=0
Akibatnya, koefisien x12y13 pada ekspansi (2x+(−3y))25 diperoleh saat j = 13, yaitu
−25!
(𝑛𝑗)212(−3)13 = 13!12! = 212313
B. Identitas dan Segitiga Paskal
Misalkan n dan k adalah bilangan bulat positif dengan n≥k. Maka
𝑛
(𝑛+1
) = (𝑘−1
) +(𝑛𝑘)
𝑘
Bukti: Untuk membuktikan teorema ini kita akan menggunakan pembuktian
kombinatorik. Misalkan T adalah himpunan yang memuat n+1 elemen. Misalkan pula
bahwa a adalah sebuah elemen pada himpunan T dan S=T−{a}. Karena |T|=n+1 berarti ada
(𝑛+1
) subset dari himpunan T dengan k elemen. Akan tetapi, subset dari himpunan T
𝑘
dengan k elemen salah satunya memuat a bersama dengan k−1 elemen dari S atau kalau
tidak memuat k elemen dari S dan tidak memuat a. Jika subset dari himpunan T dengan k
elemen memuat a bersama dengan k−1 elemen dari S maka banyaknya subset yang
berbentuk seperti ini ada (𝑛+1
). Jika subset dari himpunan T dengan k elemen memuat k
𝑘
elemen dari S dan tidak memuat a maka banyaknya subset yang berbentuk seperti ini ada
(𝑛𝑘) .
Akibatnya,
(𝑛+1
) = (𝑛𝑘) +(𝑛𝑘)
𝑘
Identitas paskal bersama dengan syarat awal (𝑛0) = (𝑛𝑛) =1 untuk semua bilangan bulat n
dapat digunakan secara rekursif untuk mendefinisikan koefisien binomial. Definisi rekursif
ini berguna dalam penghitungan koefisien binomial karena hanya memuat penjumlahan
(bukan perkalian) dari bilangan bulat.
Identitas paskal adalah pengetahuan dasar untuk penyusunan koefisien binomial secara
geometris dalam bentuk segitiga, seperti pada gambar berikut
Segitiga Paskal
Baris ke-n pada segitiga terdiri atas koefisien binomial
(kn),k=0,1,2,...,n
Segitiga tersebut dikenal dengan nama Segitiga Paskal. Identitas paskal menunjukkan
bahwa saat koefisien binomial yang bertetangga pada segitiga ini dijumlahkan, koefisien
pada baris selanjutnya yang berada diantara dua koefisien ini dihasilkan dari penjumlahan
tersebut.
C. Koefisien Multinomial
(𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + ⋯ + 𝒙𝒌 )𝒏 =
∑
(𝒏𝟏 +𝒏𝟐 +⋯+𝒏𝒌 )
𝑛
(
) 𝒙 𝒏𝟏 + 𝒙 𝟐 𝒏𝟐 + ⋯ + 𝒙 𝒌 𝒏𝒌
𝒏𝟏 + 𝒏𝟐 + ⋯ + 𝒏𝒌 𝟏
Dimana 𝒏𝟏 + 𝒏𝟐 + ⋯ + 𝒏𝒌 = 𝒏 ,dan (𝒏
𝑛
𝟏 +𝒏𝟐 +⋯+𝒏𝒌
) disebut koefisien multinomial untuk
𝒙𝟏 𝒏𝟏 + 𝒙𝟐 𝒏𝟐 + ⋯ + 𝒙𝒌 𝒏𝒌 dalam (𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + ⋯ + 𝒙𝒌 )𝒏
Contoh 1
Jabarkan (𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 )𝟐
Jawab :
(𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 )𝟐
= (
𝟐
𝟐
𝟐
2 0 0
0 2 0
0 0 2
)𝒙 𝒙 𝒙 + (
) 𝒙 𝒙 𝒙 +(
)𝒙 𝒙 𝒙
3
3
𝟐, 𝟎, 𝟎 1 2
𝟎, 𝟐, 𝟎 1 2
𝟎, 𝟎, 𝟐 1 2 3
𝟐
𝟐
𝟐
1 1 0
1 0 1
0 1 1
+(
) 𝒙 𝒙 𝒙 +(
) 𝒙 𝒙 𝒙 +(
)𝒙 𝒙 𝒙
3
3
1
2
1
2
𝟏, 𝟏, 𝟎
𝟏, 𝟎, 𝟏
𝟎, 𝟏, 𝟏 1 2 3
2
2
2
= 𝒙 + 𝒙 + 𝒙 + 2𝒙𝟏 𝒙𝟐 + 2𝒙𝟏 𝒙𝟑 + 2𝒙𝟐 𝒙𝟐
3
1
2
Contoh 2
2
3
Tentukan koefisien dari 𝒙 𝒙𝟐 𝒙 dalam penjabaran (𝒙𝟏 +𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 )6 .
3
1
Jawab:
Dengan mensubtitusikan n = 6, 𝒏𝟏 = 3 , 𝒏𝟐 = 1, dan 𝒙𝟑 = 2, diperoleh:
(
𝟔
𝟔!
)=
= 𝟔𝟎.
𝟑, 𝟏, 𝟐
𝟑! 𝟏! 𝟐!
D. Prinsip Inklusi dan Ekslusi
Prinsip Inklusi dan Eksklusi merupakan perluasan ide dalam Diagram Venn beserta
operasi irisan dan gabungan, namun dalam pembahasan kali ini konsep tersebut diperluas,
dan diperkaya dengan ilustrasi penerapan yang bervariasi dalam matematika kombinatorik.
Kita awali dengan sebuah ilustrasi:
Misalkan A dan B sembarang himpunan. Penjumlahan A+B menghitung
banyaknya elemen A yang tidak terdapat dalam B dan banyaknya elemen B yang tidak
terdapat dalam A tepat satu kali, dan banyaknya elemen yang terdapat dalam A  B
sebanyak dua kali. Oleh karena itu, pengurangan banyaknya elemen yang terdapat dalam
A  B dari A+B membuat banyaknya anggota A  B dihitung tepat satu kali. Dengan
demikian,A  B= A+B - A  B. Generalisasi dari hal tersebut bagi gabungan
dari sejumlah himpunan dinamakan prinsip inklusi-eksklusi.
1. Irisan ( ∩ )
Irisan (intersection) dari himpunan A dan B adalah himpunan yg setiap elemennya
merupakan elemen dari himpunan A dan himpunan B.
Notasi: A ∩ B={x | x ∈ A dan x ∈ B}
Misalkan A={1,2,3,4,5} dan B={2,3,5,7,11} maka A ∩ B={2,3,5}
2. Gabungan ( ∪ )
Gabungan(union) dari himpunan A dan B adalah himpunan yang setiap
anggotanya merupakan anggota himpunan A atau himpunan B.
Notasi : A ∪ B = { x | x ∈ A atau x ∈ B }
Misalkan A={1,2,3,4,5} dan B={2,3,5,7,11} maka,
A ∪ B={1,2,3,4,5,7,11}
Contoh 1
Dalam kelas Kombinatorika setiap mahasiswa menempuh mata kuliah Kalkulus
atau Analisis Real, atau keduanya. Jika 25 mahasiswa menempuh mata kuliah Kalkulus,
13 mahasiswa menempuh mata kuliah Analisis Real, dan 8 mahasiswa menempuh kedua duanya, berapa banyak nahasiswa dalam kelas Kombinatorika tersebut?
Jawab:
Misalkan AA adalah himpunan mahasiswa dalam kelas Kombinatorika yang
menempuh mata kuliah Kalkulus dan B adalah himpunan mahasiswa dalam kelas
Kombinatorika yang menempuh mata kuliah Analisis Real. Maka A ∩ B adalah himpunan
mahasiswa dalam kelas Kombinatorika yang menempuh mata kuliah Kalkulus dan Analisis
Real. Karena banyaknya mahasiswa dalam kelas Kombinatorika terdiri dari mahasiswa
yang menempuh Kalkulus atau Analisis Real atau keduanya, maka banyaknya mahasiswa
dalam kelas Kombinatorika adalah |A∪B|. Sehingga,
|A ∪ B |
= |A| + |B|−|A∩B|
= 25 + 13−8=30
Jadi, ada 30 mahasiswa dalam kelas Kombinatorika.
Contoh 2
Berapa banyak bilangan bulat positif yang tidak melampaui 1000 yang habis dibagi oleh 7
atau 11 ?
Jawab :
Misalkan P himpunan bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang habis dibagi 7 dan
Q himpunan bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang habis dibagi 11. Dengan
demikian P ∪ Q adalah himpunan bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang habis
dibagi 7 atau habis dibagi 11, dan P ∩ Q himpunan bilangan bulat positif tidak melampaui
1000 yang habis dibagi 7 dan habis dibagi 11.
|𝑃| = ⌊
1000
1000
⌋ = 142, |𝑄| = ⌊
⌋ = 90
7
11
|𝑃 ∩ Q| = ⌊
1000
1000
⌋=⌊
⌋ = 12
𝑘𝑝𝑘(7,11)
77
|𝑃 ∩ Q| = |𝑃| + |𝑄| − |𝑃 ∩ Q| = 12
Jadi, terdapat 220 bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang habis dibagi 7 atau
habis dibagi 11. Ilustrasi dari penghitungan tesebut dapat dilihat pada diagram di bawah
ini.
|P| = 142
|P ∩ Q|= 220
|Q| = 90
Jika A, B dan C adalah sembarang himpunan, maka A  B  C = A + B + C AB - A  C-B  C + A  B  C.
E. Prinsip Inklusi Eksklusi untuk Tiga Himpunan
Prinsip inklusi-eksklusi dapat dirampatkan untuk operasi lebih dari dua buah
himpunan. Untuk tiga buah himpunan A, B, dan C berlaku teorema berikut.
Misalkan A, B, dan C adalah himpunan berhingga, maka berhingga dan
Bukti:
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.
Contoh 1
Berapa banyak bilangan bulat positif yang tidak melampaui 1000 yang habis dibagi oleh 5,
7 atau 11 ?
Jawab :
Misalkan P himpunan bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang habis
dibagi 5, Q himpunan bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang habis dibagi 7,
dan R himpunan bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang habis dibagi 11. Dengan
demikian P  Q  R adalah himpunan bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang
habis dibagi 5 atau 7 atau 11, dan himpunan P  Q  R adalah himpunan bilangan bulat
positif tidak melampaui 1000 yang habis dibagi 5, 7 dan 11. Himpunan P  Q adalah
himpunan bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang habis dibagi 5 dan 7, P  R
adalah himpunan bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang habis dibagi 5 dan 11,
dan Q  R adalah himpunan bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang habis dibagi
7 dan 11.
|𝑷| = ⌊
𝟏𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎𝟎
⌋ = 𝟐𝟎𝟎, |𝑸| = ⌊
⌋ = 𝟏𝟒𝟐 , |𝑹| = ⌊
⌋ = 𝟗𝟎
𝟓
𝟕
𝟏𝟏
|𝑷 ∩ 𝐐| = ⌊
𝟏𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎𝟎
⌋=⌊
⌋ = 𝟐𝟖
𝒌𝒑𝒌(𝟓, 𝟕)
𝟑𝟓
|𝑷 ∩ 𝐑| = ⌊
𝟏𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎𝟎
⌋=⌊
⌋ = 𝟏𝟖
𝒌𝒑𝒌(𝟓, 𝟏𝟏)
𝟓𝟓
|𝑸 ∩ 𝐑| = ⌊
𝟏𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎𝟎
⌋=⌊
⌋ = 𝟏𝟐
𝒌𝒑𝒌(𝟕, 𝟏𝟏)
𝟕𝟕
|𝑷 ∩ 𝐐 ∩ 𝐑| = ⌊
𝟏𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎𝟎
⌋=⌊
⌋=𝟐
𝒌𝒑𝒌(𝟕, 𝟏𝟏)
𝟑𝟖𝟓
|𝑷 ∩ 𝐐 ∩ 𝐑| = 𝟐𝟎𝟎 + 𝟏𝟒𝟐 + 𝟗𝟎 − 𝟐𝟖 − 𝟏𝟖 − 𝟏𝟐 + 𝟐 = 𝟑𝟕𝟔.
Jadi, terdapat 376 bilangan bulat positif tidak melampaui 1000 yang habis dibagi 5,
7 atau habis dibagi 11. Ilustrasi dari penghitungan tesebut dapat dilihat pada diagram di
bawah ini.
Formulasi prinsip inklusi eksklusi untuk himpunan hingga A1 , A2 , A3 , ... , An , adalah
sebagai berikut :
|𝑨𝟏 ∪ 𝑨𝟐 ∪ … ∪ 𝑨𝒏|
= ∑ |𝑨𝒊|
𝟏≤𝒊≤𝒏
− ∑ |𝑨𝒊 ∩ 𝑨𝒋|
𝟏≤𝒊<𝒋≤𝒏
+
∑
|𝑨𝒊 ∩ 𝑨𝒋 ∩ 𝑨𝒌| + ⋯ + (−𝟏)𝒏+𝟏 |𝑨𝒊 ∩ 𝑨𝒋 ∩ … ∩ 𝑨𝒏
𝟏≤𝒊<𝒋<𝒌≤𝒏
Contoh 4
Berdasarkan prinsip inklusi eksklusi, formula untuk menghitung banyaknya
anggota himpunan hasil gabungan empat himpunan hingga.
|𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ 𝐴3 ∪ 𝐴4|
= |𝐴1| + |𝐴2| + |𝐴3| + |𝐴4| − |𝐴1 ∩ 𝐴2| − |𝐴1 ∩ 𝐴3| − |𝐴1 ∩ 𝐴4|
− |𝐴2 ∩ 𝐴3| − |𝐴2 ∩ 𝐴3| − |𝐴3 ∩ 𝐴4| + |𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3|
+ |𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴4| + |𝐴1 ∩ 𝐴3 ∩ 𝐴4| + |𝐴2 ∩ 𝐴3 ∩ 𝐴4|
− |𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3 ∩ 𝐴4|
F. Persamaan Linier Solusi Bilangan Bulat Positif
Persamaan linier solusi bilangan bulat positif ini merupakan salah satu penerapan
prinsip inklusi & eksklusi yang digunakan untuk mengetahui berapa banyak solusi dari
suatu system persamaan linier (SPL).
Contoh soal:
1. X1+X2+X3=21; X1,X2,X3 merupakan bilangan bulat positif dengan 𝑋1 ≤ 5; 𝑋2 ≤
6; 𝑋3 ≤ 9 , berapa banyak solusi yang mungkin dari persamaan diatas?
Jawab:
Dik:
𝑋1 ≤ 5
𝑋2 ≤ 6
𝑋3 ≤ 9
𝑋1 > 6
𝑋2 > 7
𝑋3 > 10
Dit:
|𝑁(𝑃1′ 𝑃2′ 𝑃3′ )| = ⋯ ?
23!

𝑁 = 𝑐(3 + 21 − 1,21) = 𝑐(23,21) = (23−21)!21! = 253

(𝑁(𝑃1 ) = 𝑐(3 + 15 − 1,15) = 𝑐(17,15) = (17−15)!15! = 136

(𝑁(𝑃2 ) = 𝑐(3 + 14 − 1,14) = 𝑐(16,14) = (16−14)!14! = 120

(𝑁(𝑃3 ) = 𝑐(3 + 11 − 1,11) = 𝑐(13,11) = (13−11)!11! = 66

𝑁(𝑃1 𝑃2 ) = 𝑐(3 + 8 − 1,8) = 𝑐(10,8) = (10−8)!8! = 45

𝑁(𝑃1 𝑃3 ) = 𝑐(3 + 5 − 1,5) = 𝑐(7,5) = (7−5)!5! = 21

𝑁(𝑃2 𝑃3 ) = 𝑐(3 + 4 − 1,4) = 𝑐(6,4) = (6−4)!4! = 15

𝑁(𝑃1 𝑃2 𝑃3 ) = 𝑐(3 + (−2) − 1, (−2)) = 𝑐(0, (−2)) = (0−(−2))!(−2)! = 12
17!
16!
13!
10!
7!
6!
0!
1
|𝑁(𝑃1′ 𝑃2′ 𝑃3′ )| = |𝑁|-(|(𝑁(𝑃1 ) + 𝑁(𝑃2 ) + 𝑁(𝑃3 ) − 𝑁(𝑃1 𝑃2 ) − 𝑁(𝑃1 𝑃3 ) −
𝑁(𝑃2 𝑃4 ) + 𝑁(𝑃1 𝑃2 𝑃3 )|)
1
= 253 − (136 + 120 + 66 + 45 + 21 + 15 + 12)
Jadi, jumlah solusi dari persamaan diatas adalah sebanyak 0(TIDAK ADA SOLUSI)
2. X1+X2+X3+ X4=24; X1,X2,X3, X4 ,merupakan bilangan bulat positif dengan 𝑋1 ≤
2; 𝑋2 ≤ 3; 𝑋3 ≤ 6 ; 𝑋4 ≤ 12 berapa banyak solusi yang mungkin dari persamaan
diatas?
Jawab:
Dik:
𝑋1 ≤ 2
𝑋2 ≤ 3
𝑋3 ≤ 6
𝑋4 ≤ 12
Dit:
𝑁(𝑃1′ 𝑃2′ 𝑃3′ 𝑃4′ ) = ⋯ ?
Peny:
27!
 𝑁 = 𝑐(4 + 24 − 1,24) = 𝑐(27,24) = (27−24)!24! = 5850
24!
 (𝑁(𝑃1 ) = 𝑐(4 + 21 − 1,21) = 𝑐(24,21) = (24−21)!21! = 4048
23!
 𝑁(𝑃2 ) = 𝑐(4 + 20 − 1,20) = 𝑐(23,20) = (23−20)!20! = 3542
20!
 𝑁(𝑃3 ) = 𝑐(4 + 17 − 1,17) = 𝑐(20,17) = (20−17)!17! = 1938
14!
 𝑁(𝑃4 ) = 𝑐(4 + 11 − 1,11) = 𝑐(14,11) = (14−11)!11! = 728
20!
 (𝑁𝑃1 𝑃2 ) = 𝑐(4 + 17 − 1,17) = 𝑐(20,17) = (20−17)!17! = 1938
24!
 (𝑁𝑃1 𝑃3 ) == 𝑐(4 + 21 − 1,21) = 𝑐(24,21) = (24−21)!21! = 4048
11!
 (𝑁𝑃1 𝑃4 ) = 𝑐(4 + 8 − 1,8) = 𝑐(11,8) = (11−8)!8! = 330
16!
 (𝑁𝑃2 𝑃3 ) = 𝑐(4 + 13 − 1,13) = 𝑐(16,13) = (16−13)!13! = 1120
10!
 (𝑁𝑃2 𝑃4 ) = 𝑐(4 + 7 − 1,7) = 𝑐(10,7) = (10−7)!7! = 240
7!
 (𝑁𝑃3 𝑃4 ) = 𝑐(4 + 4 − 1,4) = 𝑐(7,4) = (7−4)!4! = 70
13!
 (𝑁𝑃1 𝑃2 𝑃3 ) = 𝑐(4 + 10 − 1,10) = 𝑐(13,10) = (13−10)!10! = 572
7!
 (𝑁𝑃1 𝑃2 𝑃4 ) = 𝑐(4 + 4 − 1,4) = 𝑐(7,4) = (7−4)!4! = 70
4!
 (𝑁𝑃1 𝑃3 𝑃4 ) = 𝑐(4 + 1 − 1,1) = 𝑐(4,1) = (4−1)!1! =8
3!
 (𝑁𝑃2 𝑃3 𝑃4 ) = 𝑐(4 + 0 − 1,0) = 𝑐(3,0) = (3−0)!0! =1
0!
 (𝑁𝑃1 𝑃2 𝑃3 𝑃4 𝑃4 ) = 𝑐(4 + (−3) − 1, (−3)) = 𝑐(0, (−3)) = (0−(−3))!(−3)! = 0
|𝑁(𝑃1′ 𝑃2′ 𝑃3′ 𝑃4′ )|
= |𝑁|
− (|(𝑁(𝑃1 ) + 𝑁(𝑃2 ) + 𝑁(𝑃3 ) + 𝑁(𝑃4 ) − (𝑁𝑃1 𝑃2 ) − (𝑁𝑃1 𝑃3 )
− (𝑁𝑃1 𝑃4 ) − (𝑁𝑃2 𝑃3 ) − (𝑁𝑃2 𝑃4 ) − (𝑁𝑃3 𝑃4 ) + (𝑁𝑃1 𝑃2 𝑃3 )
+ (𝑁𝑃1 𝑃2 𝑃4 ) + (𝑁𝑃1 𝑃3 𝑃4 ) + (𝑁𝑃2 𝑃3 𝑃4 ) − (𝑁𝑃1 𝑃2 𝑃3 𝑃4 𝑃4 )|)
=5850-(4048+3542+1938+728-1938-4048-330-1120-240-70+572+70+8+1-0)
= 5850 − 3161 = 2689
Jadi, jumlah solusi dari persamaan diatas adalah sebanyak 2689
G. Bentuk Alternatif Prinsip Inklusi & Ekslusi
Banyak sekali masalah pembilangan yang dapat diselesaikan dengan menggunakan
Prinsip Inklusi-Eksklusi. Sebagai contoh, kita dapat menggunakan prinsip ini untuk
menentukan banyaknya bilangan prima yang kurang dari sebuah bilangan bulat positif.
Banyaknya masalah pembilangan yang dapat diselesaikan dengan membilang banyaknya
fungsi onto dari suatu himpunan terhingga ke himpunan lainnya. Prinsip Inklusi-Eksklusi
dapat digunakan untuk menentukan banyaknya fungsi yang demikian. Masalah ini
menunjukkan probabilitas bahwa tak ada orang yang mendapat topi yang tepat dari seorang
penjaga topi yang memberikan topinya kembali secara acak
Terdapat bentuk lain dari Prinsip Inklusi-Eksklusi yang berguna dalam masalah
pembilangan. Secara khusus, bentuk ini dapat digunakan untuk menyelesaikan masalah
yang meminta banyaknya anggota dalam sebuah himpunan yang tidak memiliki sifat-sifat
P1, P2, ... , Pn.
Misalkan bahwa Ai adalah himpunan bagian yang mengandung anggota-anggota
yang memiliki sifat Pi. Banyaknya anggota dengan semua sifat-sifat
Pi1, Pi2,…,Pin,
dinyatakan dengan
| (Pi1, Pi2,…,Pin,)|.
Dengan menyatakan kuantitas ini dalam bentuk suku-suku himpunan, kita peroleh :
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ … ∩ Aik,| = | (Pi1, Pi2,…,Pik,)|.
Jika banyaknya anggota yang tidak memiliki sifat Pi1, Pi2,…,Pin, dinyatakan dengan
| (Pi1, Pi2,…,Pin,)|. Maka berlaku
| (P’1, P’2,…, P’n| = | S | - |A1 ∪ A2 ∪ … ∪ An,|
Dari Prinsip Inklusi-Ekslusi, kita dapat melihat bahwa
|𝑷′ 𝟏𝑷′ 𝟐 … 𝑷′ 𝒏|
=|𝑺|
− ∑ |𝑷𝒊|
𝟏≤𝒊≤𝒏
− ∑ |𝑷𝒊𝑷𝒋| +
𝟏≤𝒊<𝒋≤𝒏
∑
𝟏≤𝒊<𝒋<𝒌≤𝒏
|𝑷𝒊𝑷𝒋𝑷𝒌| + ⋯ + (−𝟏)𝒏 |𝑷𝒊𝑷𝒋 … 𝑷𝒏
D. Aplikasi Prinsip Inklusi-Ekslusi
Prinsip Inklusi-Eksklusi memiliki banyak aplikasi, di antaranya dalam penyelidikan
banyaknya bilangan prima dalam yang tidak meliebihi suatu bilangan bulat positif tertentu.
Perhitungan ini dapat dimanfaatkan dalam menjawab permasalahan saringan Eratosthenes.
Dalam saringan Eratosthenes, kita membuat suatu saringan yang mampu menyaringg
bilangan-bilangan, demikian sehingga yang tersisi setelah disaring hanyalah bilangan
prima yang dimaksud.
Untuk memahami prinsip ini, pertama-tama kita kaji pengertian bilangan bulat
komposit. Bilangan komposit adalah bilangan yang habis dibagi oleh bilangan prima yang
tidak melebihi akar kuadratnya. Sebagai contoh, 50 adalah bilangan komposit. Bilangan ini
dapat dibagi habis oleh bilangan prima yang tidak lebih dari √50 = 7 . Dalam hal ini 50
habis dibagi 2 dan 5.
Untuk mencari banyaknya bilangan prima yang tidak lebih dari 100, kita perlu
mencari bilangan komposit yang tidak melebihi 100. Karena√100 = 10, maka bilanganbiangan prima yang kurang dari 10 adalah 2, 3, 5, 7. Dengan demikian banyaknya bilangan
prima yang tidak lebih dari 100 adalah 4 ditambah dengan banyaknya bilangan bulat positif
antara 100 yang habis dibagi 2, 3, 5, atau 7.
Untuk memecahkan masalah ini akan kita gunakan prinsip Inklusi-Eksklusi. Kita misalkan
P1 : sifat bahwa sebuah bilangan bulat habis dibagi 2;
P2 : sifat bahwa sebuah bilangan bulat habis dibagi 3;
P3 : sifat bahwa sebuah bilangan bulat habis dibagi 5;
P4 : sifat bahwa sebuah bilangan bulat habis dibagi 7.
Maka banyaknya bilangan prima yang tidak melebihi 100 adalah :
4 + |P’1P’2 P’3P’4|.
Mengingat bahwa bilangan positif antara 1-100 seluruhnya ada 99, maka :
|P’1P’2 P’3P’4| = 99 - | P1 | - | P2 | - | P3 | - | P4 | + | P1P2 | + | P1P3 | + | P1P4 | + | P2P3 | + | P2P4 |
- | P1P2P3 | - | P1P2P4 | - | P1P3P4 | - | P2P3P4 | - | P1P2P3P4 |
𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎
= 𝟗𝟗 − ⌊
⌋−⌊
⌋−⌊
⌋−⌊
⌋+⌊
⌋+⌊
⌋+⌊
⌋+⌊
⌋
𝟐
𝟑
𝟓
𝟕
𝟐𝑿𝟑
𝟐𝑿𝟓
𝟐𝑿𝟕
𝟑𝑿𝟓
𝟏𝟎𝟎
+⌊
⌋
𝟑𝑿𝟕
=− ⌊
= 21
𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎
⌋−⌊
⌋−⌊
⌋−⌊
⌋+⌊
⌋
𝟐𝑿𝟑𝑿𝟓
𝟐𝑿𝟓𝑿𝟕
𝟐𝑿𝟓𝑿𝟕
𝟑𝑿𝟓𝑿𝟕
𝟐𝑿𝟑𝑿𝟓𝑿𝟕
DAFTAR PUSTAKA
Halikin, Ikhsanul. 2015. Modul Kuliah: Kombinatorika. [Internet]. Tersedia di :
http://emodul-matematika.fmipa.unej.ac.id/ModulKombinatorika/Inklusi-Eksklusi.html
Lipschutz, Seymour dan Lipson, Marc Lars. 2002. Seri Penyelesaian Soal Schaum Jilid
Matematika Diskrit. Salemba Teknika: Jakarta.
Mosteller, Frederick, dkk. 1988. Peluang dengan Statistika Terapannya. ITB Bandung: Bandung.
Munir, Rinaldi. 2004. Matematika Diskrit. Informatika: Bandung.
Richard, Johnsonlaugh Richard. 1998. Matematika Diskrit. PT Aditya Media: Yogyakarta.
Ruseffendi. 1984. Dasar-dasar Matematika Modern dan Komputer untuk Guru Edisi Keempat.
Tarsito: Bandung.
Suparman. 1985. Matematik. CV. Rajawali: Jakarta.