![Makalah F.P Eksponen-Permutasi-1 [PDF]](https://pdfs.asia/img/200x200/makalah-fp-eksponen-permutasi-1.jpg)
9 0 867 KB
MATEMATIKA DISKRIT
MAKALAH “FUNGSI PEMBANGKIT EKSPONEN DAN FUNGSI PEMBANGKIT UNTUK PERMUTASI”
Oleh: MIFTAHURRAHMAH
(15205022)
RIADI ILMI
(15205038)
SINTIA ARIA YUNANDA
(15205068)
Dosen Pengampu:
Dr. Armiati, M. Pd
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA PROGRAM PASCASARJANA UNIVERSITAS NEGERI PADANG 2019
1
BAB I PENDAHULUAN
A. Latar belakang Fungsi pembangkit adalah salah satu metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan beberapa masalah dalam bidang matematika. Dengan mentransformasikan persoalan ke dalam bentuk fungsi pembangkit, maka sifat-sifat khusus dari pembangkit dapat digunakan sebagai jalan untuk memecahkan masalah. Fungsi pembangkit ini bisa diberlakukan sebagaimana fungsi-fungsi pada umumnya. Misalnya saja pada fungsi pembangkit dapat dilakukan operasi penjumlahan, perkalian dengan suatu konstanta, maupun diferensial. Fungsi
pembangkit
ini
layaknya
sebuah
jembatan
yang
menghubungkan matematika diskrit dan kontinu, khususnya pada bagian teori variabel kompleks. Namun pembahasan Fungsi pembangkit dalam makalah ini hanya sekedar Fungsi pembangkit untuk permutasi, karena cukup banyak sekali hal – hal yang dapat dibahas menyangkut Fungsi pembangkit ini.
B. Rumusan Masalah Adapun rumusan masalah yang dibahas dalam makalah ini yaitu 1. Apa itu definisi Fungsi Pembangkit Eksponensial ? 2. Apa itu Fungsi Pembangkit untuk Permutasi ?
C. Tujuan Adapun tujuan penulisan makalah ini adalah agar para pembaca dapat : 1. Untuk memahami definisi Fungsi Pembangkit Eksponensial. 2. Untuk mengetahui Fungsi Pembangkit untuk Permutasi.
2
BAB II PEMBAHASAN
A.
FUNGSI PEMBANGKIT EKSPONENSIAL Untuk barisan bilangan real a0,a1,a2, ... f ( x) a0 a1 x a 2
x x2 x3 a3 ... ai i 2! 3! i! i 0
Disebut fungsi pembangkit eksponensial bagi barisan tersebut
Perluasan deret MacLaurin untuk e x ini merupakan ekaspansi dasar untuk fungsi pembangkit eksponen. Beberapa identitas ekspansi untuk fungsi pembangkit selengkapnya adalah sebagai berikut : (1) e x 1 x
x2 x3 xi ... 2! 3! i 0 i!
(2) e nx 1 nx n 2 (3) e x 1 x
x2 x3 xr n3 ... n r ... 2! 3! r!
x2 x3 ... 2! 3!
(4)
1 x x2 x4 x6 e e x 1 ... 2 2! 4! 6!
(5)
1 x x3 x5 x7 e e x x ... 2 3! 5! 7!
Contoh 1 : Tulis Fungsi Pembangkit Eksponensial dari barisan berikut! a. (3, 3, 3, 3, . . . ) b. (0, 1, 0, 1, 0, 1, . . . ) c. (3, 1, 3, 1, 3, 1, . . . ) d. (𝑎𝑛 ) = (3𝑛 )
3
Penyelesaian: a. Diket : 𝑎𝑛 = 3, 3, 3, 3, … 𝑥𝑛
𝑃(𝑥) = ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥0
𝑛! 𝑥1
𝑥2
𝑥3
= 3 0! + 3 1! + 3 2! + 3 3! + ⋯ = 3 + 3𝑥 +
3𝑥 2 𝑥3 +3 +⋯ 2! 3!
= 3 (1 + 𝑥 +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+⋯)
= 3(𝑒 𝑥 ) = 3𝑒 𝑥 b. Diket : 𝑎𝑛 = 0, 1, 0, 1, 0, 1, … 𝑃(𝑥) = ..... ? 𝑃(𝑥) = ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥0
𝑥𝑛 𝑛! 𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
𝑥5
= 0 0! + 1 1! + 0 2! + 1 3! + 0 4! + 0 5! + ⋯ =0+1∙𝑥+0∙ =𝑥+
𝑥3 3!
+
𝑥5 5!
𝑥2 2!
+1∙
𝑥3 3!
+0∙
𝑥4 4!
+1∙
𝑥5 5!
+⋯
+ ...
1
= 2 (𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 ) c. Diket : 𝑎𝑛 = 3, 1, 3, 1, 3, 1, … 𝑃(𝑥) = ..... ? 𝑃(𝑥) = ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥0
𝑥𝑛 𝑛! 𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
𝑥5
= 3 0! + 1 1! + 3 2! + 1 3! + 3 4! + 1 5! + ⋯ =3+1∙𝑥+3∙ =3+𝑥+3∙ = 3 (1 +
𝑥2 2!
𝑥2
+
2! 𝑥4 4!
𝑥2 2!
+
+1∙ 𝑥3 3!
𝑥3 3!
𝑥4
𝑥4
+ 3 4! +
𝑥5 5!
+ ⋯ ) + (𝑥 +
4
𝑥5
+ 3 4! + 1 5! + ⋯ +⋯
𝑥3 3!
+
𝑥5 5!
+⋯)
𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥
= 3( = =
2
𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥
)+(
2
)
3𝑒 𝑥 +3𝑒 −𝑥 +𝑒 𝑥 −𝑒 −𝑥 2 4𝑒 𝑥 + 2𝑒 −𝑥 2 𝑥
= 2𝑒 + 𝑒 −𝑥 : 𝑎𝑛 = 3𝑛
d. Diket
𝑃(𝑥) = ..... ?
𝑃(𝑥) = ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛
𝑥𝑛 𝑛!
𝑛 = ∑∞ 𝑛=0 3
𝑥𝑛 𝑛!
0
untuk 𝑛 = 0 ⟹ 𝑎0 = 3 = 1 𝑛 = 1 ⟹ 𝑎1 = 3 𝑛 = 2 ⟹ 𝑎2 = 32 𝑛 = 3 ⟹ 𝑎3 = 33 sehingga diperoleh: ∞
𝑥𝑛 𝑃(𝑥) = ∑ 𝑎𝑛 𝑛! 𝑛=0
= 30
𝑥0 0!
+ 31
𝑥1 1!
= 1 + 3𝑥 + 32
+ 32 𝑥2 2!
𝑥2 2!
+ 33
+ 33 𝑥2 2!
𝑥3 3!
+⋯
+ ...
= 𝑒 3𝑥 Contoh 2 : Carilah nilai 𝑎𝑛 , jika 𝑃(𝑥) merupakan Fungsi Pembangkit Eksponensial barisan (𝑎𝑛 ). a. 𝑃(𝑥) = 5 + 5𝑥 + 5𝑥 2 + 5𝑥 3 + ⋯ b. 𝑃(𝑥) = 𝑒 𝑥 + 𝑒 4𝑥 1
c. 𝑃(𝑥) = 1−4𝑥
5
Penyelesaian: : 𝑃(𝑥) = 5 + 5𝑥 + 5𝑥 2 + 5𝑥 3 + ⋯
a. Diket
𝑎𝑛 = .... 𝑃(𝑥) = 5 + 5𝑥 + 5𝑥 2 + 5𝑥 3 + ⋯ 𝑃(𝑥) = 5(1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + ⋯ ) 1
= 5 (1−𝑥) 𝑛 = 5 ∑∞ 𝑛=0 𝑥 𝑥𝑛
= ∑∞ 𝑛=0 5(𝑛!) 𝑛! Diperoleh
𝑎𝑛 = 5(𝑛!) = (5, 5, 10, 30, … ) b. Diket : 𝑃(𝑥) = 𝑒 𝑥 + 𝑒 4𝑥 𝑎𝑛 = ..... ? 𝑃(𝑥) = 𝑒 𝑥 + 𝑒 4𝑥 = (1 + 𝑥 + = (∑∞ 𝑛=0 1
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+ ⋯ ) + (1 + 4𝑥 + 42
𝑥𝑛
𝑛 ) + (∑∞ 𝑛=0 4 𝑛!
𝑛 = ∑∞ 𝑛=0(1 + 4 )
𝑥𝑛 𝑛!
Sehingga diperoleh 𝑎𝑛 = 1 + 4𝑛 =(2, 5, 17, 65, … ) 1
c. Diket : 𝑃(𝑥) = 1−4𝑥 𝑎𝑛 = ..... ? 1
𝑃(𝑥) = 1−4𝑥 𝑛 𝑛 = ∑∞ 𝑛=0 4 𝑥 𝑛 = ∑∞ 𝑛=0 4 (𝑛!)
𝑥𝑛 𝑛!
Sehingga diperoleh 𝑎𝑛 = 4𝑛 (𝑛!) =(1, 4, 32, 144, … )
6
𝑥𝑛 𝑛!
)
𝑥2 2!
+ 43
𝑥3 3!
+⋯)
B. FUNGSI PEMBANGKIT UNTUK PERMUTASI Fungsi pembangkit biasa memberikan pendekatan yang mudah dan sistematis untuk memecahkan masalah-masalah umum yang melibatkan “pengambilan” atau pendistribusian obyek-obyek yang identik ke dalam sel-sel yang berbeda. Proposisi 1.4.1 Jika terdapat k1 obyek tipe satu, k2 obyek tipe dua,dan kn obyek tipe n, maka banyaknya cara “menjajar” obyek-obyek ini adalah : (∑𝒏𝒊=𝟏 𝒌𝒊 )! 𝒌𝟏 ! 𝒌𝟐 ! … 𝒌𝒏 !
Bukti: Jika semua obyek berbeda, maka akan terdapat (∑𝑛𝑖=1 𝑘𝑖 )! jajaran. Tapi obyekobyek kita tidak semuanya berbeda, sehingga bilangan ini terlalu besar. Pikirkan sebuah jajaran dari ∑𝑛𝑖=1 𝑘𝑖 obyek yang berbeda. Jika kita ganti 𝑘𝑖 obyek tipe I yang berbeda dengan 𝑘𝑖 obyek yang identik, maka 𝑘𝑖 ! jajaran akan sama. Karena 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛, kita harus membagi “bilangan total penjajaran” dengan 𝑘𝑖 ! 𝑘2 ! … 𝑘𝑛 !. Contoh 3: Sebuah sandi dibentuk dari tiga huruf yang berbeda a, b, dan c. Barisan yang terdiri dari lima atau kurang huruf-huruf membentuk sebuah kata sandi, dengan syarat : a digunakan maksimal tiga kali b digunakan maksimal 1 kali c digugakan maksimal 1 kali Ada berapa kata sandi dengan panjang k yang dapat dibentuk? Penyelesaian: Yang dimaksud dengan panjang suatu kata sandi adalah banyaknya huruf dalam kata sandi tersebut. Perhatikan bahwa “urutan” huruf-huruf dalam kata sandi diperhatikan. Sehingga kita lebih tertarik dengan perhitungan permutasi daripada
7
kombinasi. Walau begitu, kita mulai dengan perhitungan kombinasi, banyaknya kata sandi dengan panjang k : (1 + 𝑎𝑥 + 𝑎 2 𝑥 2 + 𝑎3 𝑥 3 )(1 + 𝑏𝑥)(1 + 𝑐𝑥) = 1 + (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)𝑥 + (𝑎2 + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐) 𝑥 2 + (𝑎3 + 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎2 𝑏 + 𝑎2 𝑐) 𝑥 3 + (𝑎2 𝑏𝑐 + 𝑎3 𝑏 + 𝑎3 𝑐)𝑥 4 + 𝑎3 𝑏𝑐𝑥 5 (∗) Koefisien 𝑥 𝑘 dalam (*) di atas menginformasikan semua cara yang mungkin untuk mendapatkan k huruf. Misalnya terdapat 3 cara memilih 4 huruf yaitu : {a,a,b,c};atau { a,a,a,b}; atau {a,a,a,c}. Menurut proposisi 1.4.1 : Bila kita pilih aabc, maka akan terdapat 4! 2!1!1!
= 12 permutasi yang bersesuaian, yaitu: (aabc, aacb, abac, abca, acab,
acba,bcaa, baac, baca, cbaa, caab, caba) Bila kita pilih aaab; maka terdapat 4! 3!1!
= 4 permutasi yang bersesuaian, yaitu: (aaab, aaba, abaa, baaa)
Bila kita pilih a a a c; maka ada 4! 3!1!
= 4 permutasi yang bersesuaian, yaitu: (aaac, aaca, acaa, caaa) Dengan demikian, banyak cara untuk mendapatkan kata sandi dengan
panjang 4 yang dapat dibentuk adalah : 4! 2!1!1!
+
4! 3!1!
+
4!
(**)
3!1!
Untuk mendapatkan (**) dan koefisien-koefisien yang lain, kita bisa menggunakan Begitu juga
(𝑎𝑥)𝑝 𝑝!
(𝑏𝑥)𝑞 𝑞!
berarti banyaknya huruf a dalam kata sandi tersebut adalah p.
𝑑𝑎𝑛
(𝑐𝑥)𝑟 𝑟!
, secara berturut – turut, berarti banyaknya huruf b
dan c dalam kata sandi tersebut adalah q dan r.
8
Dengan demikian fungsi pembangkit dari permasalahan menjadi : 𝑎𝑥 𝑎2 𝑥 2 𝑎3 𝑥 3 𝑏𝑥 𝑐𝑥 + + ) (1 + ) (1 + ) 1! 2! 3! 1! 1!
(1 + 𝑎
𝑏
1!
1!
= 1+( + (
𝑎2 𝑏𝑐 2!1!1!
+
𝑐
+
1!
𝑎3 𝑏
)𝑥 + ( 𝑎3 𝑐
+
3!1!
3!1!
𝑎2
+
2!
𝑎𝑏 1!1! 𝑎3 𝑏𝑐
) 𝑥4 +
3!1!1!
𝑎𝑐
+
1!1!
+
𝑏𝑐 1!1!
) 𝑥2 + (
𝑎3 3!
+
𝑎𝑏𝑐 1!1!1!
𝑎2 𝑏
+
2!1!
+
𝑎2 𝑐 2!1!
) 𝑥3 +
𝑥5
Bila disubstitusikan a, b dan c dengan 1 , diperoleh fungsi pembangkit dari permasalahan diatas, sebagai berikut:
𝑃(𝑥) = (1 +
𝑥 1!
1
= 1 + (1! + 1 2!1!
+
𝑥2
+
2!
1 1! 1
2!1!
+
+ 1
𝑥3
𝑥
) (1 + 3! 1
) 𝑥 + (2! +
1!
1 1!1!
1
) 𝑥 3 + (2!1!1! +
) (1 + 1!
1 3!1!
1
+
+
1!1! 1
+
𝑥 1!
)
1
1
) 𝑥 2 + (3! +
1!1!
1 1!1!1!
+
1
) 𝑥 4 + (3!1!1!) 𝑥 5 ....(***)
3!1!
Ternyata skematik ini belum merupakan skematik yang memuaskan, karena koefisien 𝑥 4 dalam (***) belum identik dengan (**). Akan tetapi skematik jalan , bila pikir ini sebagai fungsi pembangkit eksponensial dengan memperhatikan koefisien dari
𝑥𝑘 𝑘!
Sehingga (***) dapat ditulis sebagai berikut :
1! 1! 1! 𝑥 1 1 1 1 𝑥2 𝑃(𝑥) = 1 + ( + + ) 1! + ( + + + ) 2! 1! 1! 1! 1! 2! 1! 1! 1! 1! 1! 1! 2! 1 1 1 1 𝑥3 1 1 1 𝑥4 +( + + + ) 3! + ( + + ) 4! 3! 1! 1! 1! 2! 1! 2! 1! 3! 2! 1! 1! 3! 1! 3! 1! 4! 1 𝑥5 + ( ) 5! 3! 1! 1! 5! 1!
= 1 + (1! + 3! 𝑥 3 ) 2!1! 3!
1! 1! 𝑥 + 1!) 1! + 1! 4!
+ (2!1!1! +
2!
(2! +
2! 2! 2! 𝑥 2 + 1!1! + 1!1!) 2! 1!1!
4! 4! 𝑥 4 + 3!1!) 4! 3!1!
+
Terlihat bahwa (**) sama dengan koefisien
3!
+ (3! +
3! 3! + 2!1! + 1!1!1!
5! 𝑥 5 ...(****) 3!1!1! 5!
𝑥 𝑘!
dalam (****). Selanjutnya P(x)
menyatakan banyaknya kata sandi (permutasi) dengan panjang k yang dapat dibentuk dengan aturan yang telah ditetapkan.
9
Contoh 4 : Sebuah kata sandi yang panjangnya 𝑘 dibentuk dengan menggunakan huruf-huruf a, b, dan c sedemikian hingga memuat paling sedikit satu a, satu b, dan satu c. Ada berapa kata sandi yang dapat dibentuk? Penyelesaian: Dari pernyataan diatas dapat dibuat Fungsi Pembangkit sebagai berikut: Misalkan banyaknya a = n1, b = n2 , dan c = n3 dengan panjang k P(x) = (ax +
a2 x 2
(cx +
2!
c 2 x2 2!
= 𝑎𝑏𝑐𝑥 3 + +⋯+ + +
a3 x3
+
+⋯+
3!
+
c 3 x3 3!
𝑎𝑏𝑐 2 𝑥 4 2!
+ ⋯+
+⋯+
𝑎𝑏 𝑛2 𝑐𝑥 𝑛2 +2 𝑛2 !
𝑎2 𝑏𝑐 2 𝑥 5 2!2!
+⋯+
𝑎2 𝑏 2 𝑐 𝑛3 𝑥 𝑛3 +4 2!2!𝑛3 !
an1 xn1
+
n1 !
) (bx +
c n 3 xn 3 n3 !
b2 x2 2!
+
b3 x3 3!
+ ⋯+
b n 2 xn 2 n2 !
)
)
𝑎𝑏𝑐 𝑛3 𝑥 𝑛3 +2 𝑛3 !
𝑎𝑏 𝑛2 𝑐 2 𝑥 𝑛2 +3 2!𝑛2 !
𝑎2 𝑏𝑐 𝑛3 𝑥 𝑛3 +3 2!𝑛3 !
+
𝑎𝑏 2 𝑐𝑥 4
+
2!
+ ⋯+ 𝑎2 𝑏2 𝑐𝑥 5 2!2!
+
𝑎𝑏 2 𝑐 2 𝑥 5 2!2!
+ ⋯+
𝑛 𝑎𝑏 𝑛2 𝑐 𝑛3 𝑥 2+𝑛3
𝑛2 !𝑛3 !
+
+ ⋯ + (n1 + n2 + n3 )! (
𝑎2 𝑏 2 𝑐 2 𝑥 6 2!2!2!
an1 bn2 cn3 n1 !n2 !n3 !
+
𝑎𝑏 2 𝑐 𝑛3 𝑥 𝑛3 +3 2!𝑛3 !
𝑎2 𝑏𝑐𝑥 4 2!
+⋯
)
Contoh 5 : Sebuah sandi dibentuk dari 3 huruf yang berbeda a, b, dan c. Kata sandi yang akan dibentuk terdiri dari paling banyak tiga huruf 𝑎, paling banyak satu huruf b dan c. Tentukan ada berapa cara yang dapat dibentuk, jika panjang kata sandi tersebut adalah 5 ? Penyelesaian: P(x) = ( 1 + x + =(1+x+
𝑥2 2! 𝑥2 2! 4
+ +
𝑥3 3!
𝑥3 3! 1
) (1 + x) (1 + x)
)( 1 + 2𝑥 + 𝑥 2 ) 2
=1 + 3x + (2 + 2!) 𝑥 2 + (1 + 2! +
10
1
1
1
1
)𝑥 3 + (2! + 3! ) 𝑥 4 + (3! ) 𝑥 5
3!
= 1 + 3x +
5 2
= 1 + 3x +5
𝑥2 + 𝑥2
13 6
𝑥3 +
4 6
𝑥3
1
𝑥 4 +(6 ) 𝑥 5 𝑥4
𝑥5
+ 13 3! + 16 4! +20 5! 2!
Jadi , dapat dilihat pada koefisien menunjukkan banyaknya kata sandi yang dapat dibentuk dengan panjang 5 adalah 20 Sebagai perluasan uraian tersebut, diperoleh proposisi sebagai berikut : Proposisi 1.4.2: Misal terdapat 𝑝 macam (tipe) obyek dengan 𝑛𝑖 obyek tipe 𝑖 untuk 1 < 𝑖 < 𝑝. Maka banyaknya permutasi dengan panjang 𝑘 dengan paling banyak 𝑛𝑖 obyek tipe 𝑖 sama dengan koefesien
𝑥𝑘 𝑘!
dalam funsi pembangkit
eksponensial. 𝑃(𝑥) = (1 + 𝑥 +
𝑥2 𝑥 𝑛1 𝑥2 𝑥 𝑛2 𝑥2 𝑥 𝑛𝑝 + ⋯+ ) (1 + 𝑥 + + ⋯ + ) … (1 + 𝑥 + + ⋯ + ) 2! 𝑛1 ! 2! 𝑛2 ! 2! 𝑛𝑝 !
Contoh 6: Misalkan B adalah himpunan angka-angka pembentuk nomor handphone “081703789269”. Tentukan banyaknya cara menyusun barisan n-angka dari B, sedemikian sehingga: a. Angka 0 harus muncul b. Angka 0 dan 8 harus muncul c. Angka 0 muncul sebanyak genap d. Angka 0 muncul sebanyak ganjil Penyelesaian : B = { 0, 8, 1, 7, 3, 9, 2, 6 } a. Anggota B
11
syarat
0
8
1
7
3
9
2
6
≥1
≥0
≥0
≥0
≥0
≥0
≥0
≥0
Ekspresi matematika untuk 0 adalah : ( x +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+...) 𝑥
Ekspresi matematika untuk 8,1, 7, 3, 9, 2, 6 adalah : ( 1 + 1! +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+....)
Untuk mendapatkan banyaknya cara menyusun barisan n-angka dari B, maka fungsi pembangkit dari permasalahan tersebut adalah : P (x)
=(x +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
𝑥
+ . . . ) ( 1 + 1! +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+ . . . . )7
= (ex – 1)(ex)7 =(ex – 1)(e7x) = e8x – e7x = ∑∞ 𝑛=0
(8𝑥) 𝑛 𝑛!
–∑∞ 𝑛=0
𝑛 𝑛 = ∑∞ 𝑛=0(8 − 7 )
(7𝑥) 𝑛 𝑛!
𝑥𝑛 𝑛!
cara menyusun barisan n-angka dari B dengan syarat angka 0 harus muncul adalah koefisien dari
𝑥𝑛 𝑛!
dari fungsi pembangkit, yaitu : an = 8𝑛 − 7𝑛 dimana n ≥ 0.
b. Anggota B
syarat
0
8
1
7
3
9
2
6
≥1
≥1
≥0
≥0
≥0
≥0
≥0
≥0
Ekspresi matematika untuk 0 adalah : ( x + Ekspresi matematika untuk 8 adalah : ( x +
𝑥2 2! 𝑥2 2!
+ +
𝑥3 3! 𝑥3 3!
+...) +...) 𝑥
Ekspresi matematika untuk 1, 7, 3, 9, 2, 6 adalah : ( 1 + 1! +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+....)
Untuk mendapatkan banyaknya cara menyusun barisan n-angka dari B, maka fungsi pembangkit dari permasalahan tersebut adalah :
12
P (x)
=(x +
𝑥2 2!
𝑥3
+
3!
𝑥
+ . . . )2 ( 1 + 1! +
𝑥2 2!
+
𝑥3
+ . . . . )6
3!
= (ex – 1)2(ex)6 = (e2x – 2ex + 1)(e6x) = e8x – 2e7x + e6x (8𝑥) 𝑛
= ∑∞ 𝑛=0
– 2. ∑∞ 𝑛=0
𝑛!
(7𝑥) 𝑛 𝑛!
𝑛 𝑛 𝑛 = ∑∞ 𝑛=0(8 − 2. 7 + 6 )
+ ∑∞ 𝑛=0
(6𝑥) 𝑛 𝑛!
𝑥𝑛 𝑛!
cara menyusun barisan n-angka dari B dengan syarat angka 0 dan 8 harus muncul 𝑥𝑛
adalah koefisien dari
dari fungsi pembangkit, yaitu : an = 8𝑛 − 2. 7𝑛 + 6𝑛 ,
𝑛!
dimana n ≥ 0.
c. Anggota B 0 syarat
8
1
7
3
9
2
6
𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝 ≥ 0
≥0
≥0
≥0
≥0
≥0
≥0
Ekspresi matematika untuk 0 genap adalah : ( x +
𝑥2 2!
+
𝑥4 4!
+...) 𝑥
Ekspresi matematika untuk 8,1, 7, 3, 9, 2, 6 adalah : ( 1 + 1! +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+....)
Untuk mendapatkan banyaknya cara menyusun barisan n-angka dari B, maka fungsi pembangkit dari permasalahan tersebut adalah : P (x)
=(x + =(
𝑥2 2!
𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥
=(
2
𝑥4
+
4!
𝑥
+ . . . ) ( 1 + 1! +
)(e7x)
𝑒 8𝑥 +𝑒 −𝑥6𝑥 2
1
= 2 (∑∞ 𝑛=0
)
(8𝑥) 𝑛 𝑛!
8𝑛 +6𝑛
= ∑∞ 𝑛=0 (
2
+ ∑∞ 𝑛=0 )
(6𝑥) 𝑛 𝑛!
𝑥𝑛 𝑛!
13
)
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+ . . . . )7
cara menyusun barisan n-angka dari B dengan syarat angka 0 dan 8 harus muncul 𝑥𝑛
adalah koefisien dari
𝑛!
dari fungsi pembangkit, yaitu : an = (
8𝑛 +6𝑛 2
), dimana n ≥
0. d. Anggota B 0 Syarat
8
1
7
3
9
2
6
𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 ≥ 0
≥0
≥0
≥0
≥0
≥0
≥0
Ekspresi matematika untuk 0 genap adalah : ( x +
𝑥3 3!
+
𝑥5 5!
+...) 𝑥
Ekspresi matematika untuk 8,1, 7, 3, 9, 2, 6 adalah : ( 1 + 1! +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+....)
Untuk mendapatkan banyaknya cara menyusun barisan n-angka dari B, maka fungsi pembangkit dari permasalahan tersebut adalah : P (x)
=(x + =( =(
𝑥3 3!
𝑒 𝑥 −𝑒 −𝑥 2 𝑒 𝑥 −𝑒 −𝑥
=(
2
+
𝑥5 5!
𝑥
+ . . . ) ( 1 + 1! +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+ . . . . )7
)(ex)7 )(e7x)
𝑒 8𝑥 −𝑒 6𝑥 2
1
= 2 (∑∞ 𝑛=0
) (8𝑥) 𝑛 𝑛!
8𝑛 −6𝑛
= ∑∞ 𝑛=0 (
2
− ∑∞ 𝑛=0 )
(6𝑥) 𝑛 𝑛!
)
𝑥𝑛 𝑛!
cara menyusun barisan n-angka dari B dengan syarat angka 0 dan 8 harus muncul adalah koefisien dari
𝑥𝑛 𝑛!
dari fungsi pembangkit, yaitu : an = (
0.
14
8𝑛 −6𝑛 2
), dimana n ≥
C. Barisan Barisan Binair dan Kuarternair Defenisi: Barisan binair adalah barisan yang suku-sukunya hanya menggunakan angka 0 dan 1. Barisan binair r-angka adalah barisan binair dengan panjang r. contoh: 101001 atau 100111 adalah barisan binair 6 angka. Barisan
kuarternair
adalah
barisan
yang
suku-sukunya
hanya
menggunakan angka-angka 0, 1, 2, 3. Barisan kuarternair r-angka adalah barisan kuarternair denggan panjang r. Misal 1200323 atau 3101121 adalahh barisan kuarternair 7 angka.
Contoh 7: Tentukan banyak barisan binair 𝑛-angka yang memuat: a. Angka “1” paling sedikit dua b. Angka “0” sebanyak bilangan genap dan angka “1” paling sedikit satu c. Angka “1” sebanyak bilangan ganjil dan angka “0” sebanyak bilangan genap d. Angka “1” sebanyak bilangan genap
Penyelesaian: a. Angka “1” paling sedikit dua Berdasarkan ketentuan tersebut, angka “1” harus muncul paling sedikit dua (2, 3, 4, …) dan angka “0” bebas syarat. 𝑃(𝑥) = (1 + 𝑥 +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
𝑥2
… ) ( 2! +
𝑥3 3!
+
𝑥4 4!
…)
= 𝑒 𝑥 (𝑒 𝑥 − 𝑥 − 1) = 𝑒 2𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 = ∑∞ 𝑛=0
(2𝑥)𝑛 𝑛!
− 𝑥 ∑∞ 𝑛=0
(𝑥)𝑛 𝑛!
− ∑∞ 𝑛=0
Sehingga, banyaknya barisan = koefisien
15
(𝑥)𝑛 𝑛!
𝑥𝑛 𝑛!
yaitu:
𝑎𝑛 = 2𝑛 − 𝑥(1)𝑛 − (1)𝑛
𝑛 ≥ 2
= 2𝑛 − 𝑥 − 1
𝑛 ≥ 2
b. Angka “0” sebanyak bilangan genap dan angka “1” paling sedikit satu. Berdasarkan ketentuan tersebut, angka “0” harus sebanyak bilangan genap (0, 2, 4, …) dan angka “1” paling sedikit 1 (1, 2, 3, …). 𝑃(𝑥) = (𝑥 +
𝑥2 2!
𝑥3
+
… ) (1 +
3!
𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥
= (𝑒 𝑥 − 1) ( = = =
1
2
𝑥2 2!
+
𝑥4 4!
+
𝑥6 6!
…)
)
(𝑒 𝑥 − 1)(𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 )
2 1
(𝑒 2𝑥 + 1 − 𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 )
2 1
[∑∞ 𝑛=0 2
(2𝑥)𝑛 𝑛!
− ∑∞ 𝑛=0
(𝑥)𝑛 𝑛!
− ∑∞ 𝑛=0
Sehingga, banyaknya barisan = koefisien
(−𝑥)𝑛 𝑛!
𝑥𝑛 𝑛!
]
yaitu:
1
𝑎𝑛 = 2 [2𝑛 − 1𝑛 − (−1)𝑛 ], 𝑛 > 0 =
c.
1
[2𝑛 − 1 − (−1)𝑛 ],
2
𝑛>0
Angka “1” sebanyak bilangan ganjil dan angka “0” sebanyak bilangan genap. Berdasarkan ketentuan tersebut, angka “1” muncul sebanyak bilangan ganjil (1, 3, 5, …) dan angka “0” muncul sebanyak bilangan genap (0, 2, 4, …). 𝑃(𝑥) = (𝑥 +
𝑥3 3!
𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥
= ( = =
1 4 1
2
𝑥5
+
5!
+ ⋯ ) (1 +
𝑒 𝑥 −𝑒 −𝑥
)(
2
𝑥2 2!
+
𝑥4 4!
+⋯)
)
(𝑒 2𝑥 − 𝑒 −2𝑥 )
[∑∞ 𝑛=0 4
(2𝑥)𝑟 𝑛!
− ∑∞ 𝑟=0
(−2𝑥)𝑟 𝑛!
]
Sehingga, banyaknya barisan = koefisien
𝑥𝑛 𝑛!
yaitu:
0, bila 𝑛 genap 16
1
𝑎𝑛 =
4
[2𝑛 − (−2)𝑛 ],
𝑎𝑛 = 2𝑛−1 , bila 𝑛 ganjil
d.
Angka “1” sebanyak bilangan genap Berdasarkan ketentuan tersebut, angka “1” muncul muncul sebanyak bilangan genap (2, 4, 6, …) dan angka “0” bebas syarat. 𝑃(𝑥) = (1 + = 𝑒𝑥 ( = =
2
𝑥3
+
2!
3!
𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥
1 2𝑥 𝑒 2 1
𝑥2
2
+
𝑥4 4!
+
𝑥5 5!
… ) (1 +
1 2
𝑥4 4!
+⋯)
1
+2
∑∞ 𝑛=0
2𝑛
2!
+
)
(2𝑥)𝑛 𝑟!
Sehingga, banyaknya barisan = koefisien 𝑎𝑛 =
𝑥2
𝑥𝑛 𝑛!
yaitu:
,𝑛 > 0
Contoh 8 : Tentukan banyaknya barisan ternair 𝑛-angka yang memuat a. Angka “0” sebanyak ganjil dan “2 sebanyak genap b. Angka “0” dan “1” masing-masing sebanyak genap dan “2” sebanyak ganjil c. Angka “0”, “1”, dan “2” masing-masing sebanyak ganjil
Penyelesaian: a.
Angka “0” sebanyak ganjil dan “2 sebanyak genap Berdasarkan ketentuan tersebut, angka “0” muncul sebanyak bilangan ganjil (1, 3, 5, …), angka “2” muncul sebanyak bilangan genap (0, 2, 4, …). 𝑃(𝑥) = (𝑥 + =(
𝑥3 3!
𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥 2
+
𝑥5 5!
+ ⋯ ) (1 +
𝑒 𝑥 −𝑒 −𝑥
)(
2
) 𝑒𝑥
17
𝑥2 2!
+
𝑥4 4!
+ ⋯ ) (1 +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+
𝑥4 4!
+
𝑥5 5!
…)
=( =
𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥 2
𝑒 2𝑥 −1
)(
)
2
(𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥 )(𝑒 2𝑥 −1) 4
=( =(
𝑒 3𝑥 +𝑒 −𝑥 −𝑒 𝑥 −𝑒 −𝑥 4 𝑒 3𝑥 −𝑒 −𝑥 4
)
)
1
= 4 (𝑒 3𝑥 − 𝑒 −𝑥 ) 1
= 4 [∑𝑛=0
(3𝑥)𝑛 𝑛!
− ∑𝑛=0
(−𝑥)𝑛 𝑛!
]
Jadi, banyaknya barisan yang dimaksud = koefisien dari
𝑥𝑛 𝑛!
dalam 𝑃(𝑥)
1
yaitu = 4 [3𝑛 − (−1)𝑛 ], 𝑛 > 0 b.
Angka “0” dan “1” masing-masing sebanyak genap dan “2” sebanyak ganjil Berdasarkan ketentuan tersebut, angka “0” dan “1” muncul sebanyak bilangan genap (0, 2, 4, …), angka “2” muncul sebanyak bilangan ganjil (1, 3, 5,…).. 𝑃(𝑥) = (1 + =( =( =
𝑥2 2!
+
𝑥4 4!
2
+ ⋯ ) (𝑥 +
𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥 2 𝑒 𝑥 −𝑒 −𝑥
) (
2
2
3!
+
𝑥5 5!
+⋯)
)
𝑒 2𝑥 +𝑒 −2𝑥 +2
𝑒 𝑥 −𝑒 −𝑥
4
2
)(
𝑥3
)
𝑒 3𝑥 −𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥 −𝑒 −3𝑥 +2𝑒 𝑥 −2𝑒 −𝑥 8 1
= 8 (𝑒 3𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 − 𝑒 −3𝑥 + 2𝑒 𝑥 − 2𝑒 −𝑥 ) 1
= 8 [∑∞ 𝑛=0 2 ∑∞ 𝑛=0
(3𝑥)𝑛 𝑟!
(𝑥)𝑛 𝑟!
− ∑∞ 𝑛=0
− 2 ∑∞ 𝑛=0
(𝑥)𝑛 𝑟!
+ ∑∞ 𝑛=0
(−𝑥)𝑛 𝑟!
(−𝑥)𝑛 𝑟!
− ∑∞ 𝑛=0
𝑟!
𝑥𝑛 𝑛!
dalam 𝑃(𝑥) yaitu:
𝑎𝑛 = 8 [3𝑛 − 1𝑛 − (−1)𝑛 − (−3)𝑛 + 2(1)𝑛 − 2(−1)𝑛 ]
18
+
]
Jadi, banyaknya barisan yang dimaksud = koefisien 1
(−3𝑥)𝑛
0 , 𝑛 = genap 𝑎𝑛 = { 3 + 1 , 𝑛 = ganjil 4 𝑛
c.
Angka “0”, “1”, dan “2” masing-masing sebanyak ganjil 𝑃(𝑥) = (𝑥 +
3!
+
𝑥5 5!
3
+⋯)
𝑒 2𝑥 +𝑒 −2𝑥 −2
𝑒 𝑥 −𝑒 −𝑥
4
2
=( =
𝑥3
)(
)
𝑒 3𝑥 −𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥 −𝑒 −3𝑥 −2𝑒 𝑥 +2𝑒 −𝑥 8 1
= 8 [𝑒 3𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 − 𝑒 −3𝑥 − 2𝑒 𝑥 + 2𝑒 −𝑥 ] 1
= 8 [∑∞ 𝑛=0 2 ∑∞ 𝑛=0
(3𝑥)𝑛 𝑟! (𝑥)𝑛 𝑟!
− ∑∞ 𝑛=0
(𝑥)𝑛
+ 2 ∑∞ 𝑛=0
𝑟!
+ ∑∞ 𝑛=0
(−𝑥)𝑛 𝑟!
(−𝑥)𝑛 𝑟!
− ∑∞ 𝑛=0
(−3𝑥)𝑛 𝑟!
−
]
Jadi, banyaknya barisan yang dimaksud = koefisien
𝑥𝑛 𝑛!
dalam 𝑃(𝑥) yaitu:
1
𝑎𝑛 = 8 [3𝑛 − 1𝑛 − (−1)𝑛 − (−3)𝑛 − 2(1)𝑛 + 2(−1)𝑛 ] 0 , 𝑛 = genap, 𝑛 = 1 𝑛 𝑎𝑛 = {3 − 3 , 𝑛 = ganjil, 𝑛 > 1 4 Contoh 9: Tentukan banyak barisan quartenair 𝑛-angka yang memuat: a. Angka “0” dan “1” masing-masing genap dan angka “2” dan “3” masing-masing ganjil b. Angka “1” paling sedikit satu, dan angka-angka yang lain masingmasing sebanyak bilangan ganjil Penyelesaian: a. Angka “0” dan “1” masing-masing genap dan angka “2” dan “3” masing-masing ganjil.
19
Berdasarkan ketentuan tersebut, angka “0” dan “1”muncul sebanyak bilangan genap (0, 2, 4, ..), angka “2” dan “3”muncul sebanyak bilangan ganjil (1, 3, 5, …). 𝑃(𝑥) = (1 + = ( = = = =
𝑥2 𝑥4 𝑥6 𝑥3 𝑥5 𝑥7 + + + … )2 (𝑥 + + + + … )2 2! 4! 6! 3! 5! 7!
𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 2 𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 2 ) ( 2 ) 2
1
(𝑒 2𝑥 + 2 + 𝑒 −2𝑥 )
4 1
1 4
(𝑒 2𝑥 − 2 + 𝑒 −2𝑥 )
(𝑒 4𝑥 + 1 + 1 + 𝑒 −4𝑥 − 4)
16 1
(𝑒 4𝑥 + 𝑒 −4𝑥 − 2)
16 1
[∑∞ 𝑛=0 16
(4𝑥)𝑛 𝑛!
+ ∑∞ 𝑛=0
(−4𝑥)𝑛 𝑛!
]
Sehingga, banyaknya barisan = koefisien dari 𝑎𝑛 =
1 16
𝑥𝑛 𝑛!
dalam 𝑃(𝑥) adalah
[4𝑛 + (−4)𝑛 ] 0, bila 𝑛 ganjil
𝑎𝑛 = 22𝑛−3 , bila 𝑛 genap
b.
Angka “1” paling sedikit satu, dan angka-angka yang lain masing-masing sebanyak bilangan ganjil. Berdasarkan ketentuan tersebut, angka “1” harus muncul paling sedikit satu, dan angka-angka lain (0, 2, 3) muncul masing-masing sebanyak bilangan ganjil (1, 3, 5, …). 𝑃(𝑥) = (𝑥 +
𝑥2 2!
+
𝑥3 3!
+ … ) (𝑥 +
𝑥3 3!
+
𝑥5
3
) 5!
𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 3
= (𝑒 𝑥 − 1) (
2
)
1
= (𝑒 𝑥 − 1) 8 (𝑒 3𝑥 − 3𝑒 𝑥 + 3𝑒 −𝑥 − 𝑒 −3𝑥 ) =
1 8
(𝑒 4𝑥 − 𝑒 3𝑥 − 3𝑒 2𝑥 + 3𝑒 𝑥 + 3 − 3𝑒 −𝑥 − 𝑒 −2𝑥 + 𝑒 −3𝑥 )
20
=
1
[∑∞ 𝑛=0 8 3 ∑∞ 𝑛=0
(4𝑥)𝑛 𝑛!
(−𝑥)𝑛 𝑛!
− ∑∞ 𝑟=0
− ∑∞ 𝑛=0
(3𝑥)𝑛 𝑛!
(−2𝑥)𝑛 𝑛!
− 3 ∑∞ 𝑟=0
𝑛!
(−3𝑥)𝑛
+ ∑∞ 𝑛=0
𝑛!
Sehingga, banyaknya barisan = koefisien dari 𝑎𝑛 =
(2𝑥)𝑛
𝑥𝑛 𝑛!
+ 3 ∑∞ 𝑛=0
(𝑥)𝑛 𝑛!
−
]
dalam 𝑃(𝑥) adalah
1 𝑛 . [4 − 3𝑛 − 3. 2𝑛 + 3 − 3(−1)𝑛 − (−2)𝑛 + (−3)𝑛 ] ; 𝑛 ≥ 4 8
Untuk 𝑛 = 4 1 4 . [4 − 34 − 3. 24 + 3 − 3(−1)4 − (−2)4 + (−3)4 ] 8 1 = . [256 − 81 − 48 + 3 − 3 − 16 + 81] 8 1 = [192] 8
𝑎𝑛 =
= 24 barisan Bukti: 0123
1023
2123
3012
0132
1032
2132
3021
0213
1203
2213
3102
0312
1302
2312
3201
0231
1230
2031
3120
0132
1320
2301
3210
Terbukti ada 24 barisan yang bisa dibentuk
21
BAB III PENUTUP
A. Kesimpulan 1. Fungsi Pembangkit Untuk Permutasi : a. Proposisi 1.4.1 Jika terdapat k1 obyek tipe satu, k2 obyek tipe dua,dan kn obyek tipe n, maka banyaknya cara “menjajar” obyek-obyek ini adalah : (∑𝒏𝒊=𝟏 𝒌𝒊 )! 𝒌𝟏 ! 𝒌𝟐 ! … 𝒌𝒏 ! b. Proposisi 1.4.2 Misal terdapat 𝑝 macam (tipe) obyek dengan 𝑛𝑖 obyek tipe 𝑖 untuk 1 < 𝑖 < 𝑝. Maka banyaknya permutasi dengan panjang 𝑘 dengan paling banyak 𝑛𝑖 obyek tipe 𝑖 sama dengan koefesien
𝑥𝑘 𝑘!
dalam funsi
pembangkit eksponensial. 𝑥2 𝑥 𝑛1 𝑥2 𝑥 𝑛2 +⋯+ ) (1 + 𝑥 + + ⋯ + )… 2! 𝑛1 ! 2! 𝑛2 !
𝑃(𝑥) = (1 + 𝑥 +
𝑥2 𝑥 𝑛𝑝 + ⋯+ ) 2! 𝑛𝑝 !
(1 + 𝑥 + c. Proposisi 1.4.3: 1) (1 + 𝑥 + 2) 3)
𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥 2 𝑒 𝑥 −𝑒 −𝑥 2
𝑥2 2!
+
= 1+ =𝑥+
𝑥3 3!
𝑥2 2! 𝑥3 3!
𝑛
+ ⋯ ) = 1 + 𝑛𝑥 +
+ +
𝑥4 4! 𝑥5 5!
+ +
𝑥6 6! 𝑥7 7!
𝑛2 𝑥 2 2!
+
𝑛3 𝑥 3 3!
+⋯
+⋯ +⋯
Barisan kuarternair adalah barisan yang suku-sukunya hanya menggunakan angka-angka 0, 1, 2, 3. Barisan kuarternair r-angka adalah barisan kuarternair denggan panjang r. Misal 1200323 atau 3101121 adalahh barisan kuarternair 7 angka. Sedangkan, barisan binair adalah barisan yang suku-sukunya hanya menggunakan angka 0 atau 1. Barisan binair r-angka
22
adalah barisan binair dengan panjang r. contoh: 101001 atau 100111 adalah barisan binair 6 angka.
B. Saran Demikianlah penyusunan makalah ini, kami sadar bahwa dalam penyusunan makalah ini masih banyak kekurangan, karena keterbatasan kemampuan kami atau kurangnya referensi.Maka dari itu kritik dan saran yang bersifat membangun dari para pembaca sangat kami harapkan untuk perbaikan makalah kami selanjutnya.Semoga makalah ini berguna bagi para pembacanya dan bisa menambah ilmu pengetahuan kita semua.Amin.
23
DAFTAR PUSTAKA Heri Sutamo, dkk. 2003. Matematika Diskrit. Bandung: Jurusan Matematika UPI & JICA. Ketut Budayasa. 1994. Matematika Diskrit. Surabaya: University Press Unesa
Kenneth , H. Rossen. 1999. Discrete mathematics and its application. Singapore: McGraw-Hill International.
24
