15 0 446 KB
14. Ada berapa cara mengambil 100 huruf dari huruf-huruf pembentuk kata βKOMBINATORIKAβ sedemikian hingga setiap konsonan terpilih paling banyak 20? Penyelesaian: Konsonan = 6 yaitu K, M, B, N, T, R, K Vokal = 3 yaitu O, I, A Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (1 + π₯ + π₯ 2 +π₯ 3 + β― + π₯ 20 )7 (1 + π₯ + π₯ 2 + β― )3 1βπ₯ 21
=(
1βπ₯
7
1
3
) (1βπ₯)
= (1 β π₯ 21 )7 (1 β π₯)β10 7 π‘ + 9 π (π₯)π‘ = β7π=0 ( ) (β1)π π₯ 21π β ββ ( ) π‘=0 π π‘ Selanjutnya kita cari nilai k dan t sedemikian hingga 21k +t = 100 21π + π‘ = 100 β π = 0 Λ t = 100 π = 1 Λ t = 79 π = 2 Λ t = 51 π = 3 Λ t = 37 π = 4 Λ t = 16 Jadi banyaknya cara yang dimaksud adalah koefisien x100 dalam P(x) yaitu: 7 109 7 88 7 67 7 46 7 25 = ( ) (β1)0 ( ) + ( ) (β1)1 ( ) + ( ) (β1)2 ( ) + ( ) (β1)3 ( ) + ( ) (β1)4 ( ) 0 3 100 1 79 2 58 37 4 16 7! 67 7! 46 7! 25 109 88 = 1.1. ( ) β 7. ( ) + ( )β ( )+ ( ) 2!5! 58 3!4! 37 4!3! 16 100 79
15. Sebanyak n koin (mata uang logam) yang identik ditempatkan di dalam k kotak yang berbeda. Berapa probabilitasnya, bahwa setiap kotak mendapat paling sedikit satu koin? Penyelesaian: FP dari permasalahan menentukan banyaknya cara untuk menempatkan n koin yang identik ke dalam k kotak yang berbeda sedemikian hingga untuk setiap kotak mendapat paling sedikit satu koin adalah: P(x) = (π₯ + π₯ 2 +π₯ 3 + β― )π = (π₯(1 + π₯ + π₯ 2 +π₯ 3 + β― ))π 1
π
= π₯ π (1βπ₯)
= π₯ π ββ π‘=0 (
π + π‘ β 1 (π₯)π‘ ) π‘
π + π‘ β 1 (π₯)π‘+π = ββ ) π‘=0 ( π‘ Misalkan t + k = n
t=0ο¨n=k P(x) = ββ π=π (
π β 1 (π₯)π ) πβπ
Jadi banyaknya cara untuk menempatkan n koin yang identik ke dalam k kotak yang berbeda sedemikian hingga untuk setiap kotak mendapat paling sedikit satu koin (n(A)) adalah koefisien xn dalam P(x) yaitu: πβ1 ( ) π(π΄) = { π β π 0
ππππ π β₯ π ππππ 0 β€ π β€ π
16. Seorang manager dari suatu perusahaan yang bergerak di bidang transportasi merencanakan membeli 3 jenis kendaraan baru, sedan, bus, dan truk. Sang manager ingin membeli n buah kendaraan baru yang terdiri dari paling sedikit satu sedan, paling banyak 10 bus dan sekurang-kurangnya 2 tapi tak lebih dari 15 truk. Ada berapa cara hal ini dapat dilakukan, jika dua kendaraan sejenis tidak dibedakan? Penyelesaian: Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (π₯ + π₯ 2 +π₯ 3 + β― )(1 + π₯ + π₯ 2 + β― + π₯10 )(π₯ 2 +π₯ 3 + β― + π₯15 ) = π₯(1 + π₯ + π₯ 2 +π₯ 3 + β― )(1 + π₯ + π₯ 2 + β― + π₯10 )π₯ 2 (π₯ 2 +π₯ 3 + β― + π₯13 ) 1
1βπ₯ 11
= π₯ 3 (1βπ₯) (
1βπ₯ 11 )(1
1βπ₯ 14
)(
)
1βπ₯ 14 )(1
= π₯ 3 (1 β π₯ βπ₯ β π₯)β3 = π₯ 3 (1 β π₯ 14 βπ₯11 + π₯ 25 )(1 β π₯)β3 3 + π‘ β 2 (π₯)π‘ = (π₯ 3 β π₯17 βπ₯14 + π₯ 28 ) ββ ) π=π ( π‘ = ββπ‘=0 (π‘ + 2) (π₯)π‘+3 β ββπ‘=0 (π‘ + 2) (π₯)π‘+17 β ββπ‘=0 (π‘ + 2) (π₯)π‘+11 β ββπ‘=0 (π‘ + 2) (π₯)π‘+28 π‘ π‘ π‘ π‘ β1 π β 12 π β 26 π β 15 π β π β π β = ) (π₯) β βπ=17 ( ) (π₯) β βπ=14 ( ) (π₯) β βπ=28 ( ) (π₯)π πβ3 π β 14 π β 28 π β 17 πβ1 π β 12 π β 26 π β 15 (π₯)π ββ = ββπ=3 ( ) (π₯)π β ββπ=14 ( ) (π₯)π β ββπ=17 ( ) β π=28 ( ) (π₯)π πβ3 π β 14 π β 28 π β 17 π ββπ=3 (
Banyaknya cara yang dimaksud adalah koefisien xn dalam P(x) yaitu: π 0 πβ1 ( ) πβ3 πβ1 π β 12 ( )β( ) π β 3 π β 14 = πβ1 π β 12 π β 15 ( )β( )β( ) πβ3 π β 14 π β 17 πβ1 π β 12 π β 26 π β 15 ( )β( )β( )β( ) πβ3 π β 14 π β 28 π β 17 {
ππππ 0 β€ π β€ 2 ππππ 3 β€ π β€ 13 ππππ 14 β€ π β€ 16 ππππ 17 β€ π β€ 27 ππππ π β₯ 28
17. Sebuah team tingkat nasional yang beranggotakan 100 orang dipilih dari orang-orang di ke 27 Provinsi yang ada di Indonesia sedemikian hingga tiap provinsi diwakili oleh paling sedikit dua dan paling banyak 10 orang. Penyelesaian: Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x)
= (π₯ 2 +π₯ 3 + β― π₯10 )27 = π₯ 54 (1 + π₯ + π₯ 2 +π₯ 3 + β― π₯ 8 )27 1βπ₯ 9
= π₯ 54 ( 1βπ₯ )
27
= π₯ 54 (1 β π₯ 9 )27 (1 β π₯)β27 =π₯ 54 β27 π=0 ( Cari k dan t
27 (β1)π (π₯)9π ββ 27 + π‘ β 1 (π₯)π‘ ) ) π‘=0 ( π π‘
54 + 9π + π‘ = 100 ο° 9k +t = 46 ο° t = 46-9k β π = 0 Λ t = 46 π = 1 Λ t = 37 π = 2 Λ t = 28 π = 3 Λ t = 19 π = 4 Λ t = 10 π =5Λt =1
Banyaknya cara yang dimaksud adalah koefisien x100 dalam P(x) 27 72 27 45 27 27 27 63 27 54 27 36 )( ) β ( )( ) + ( )( ) β ( )( ) + ( )( ) β ( )( ) 0 46 3 19 5 1 37 2 28 4 10 1
= (
18. Ada berapa cara untuk menempatkan 50 koin yang sama ke dalam 5 kotak berbeda sedemikian hingga a. Tidak ada kotak yang kosong b. Setiap kotak mendapat paling sedikit 5 dan paling banyak 25 koin c. Tiga kotak pertama masing-masing mendapat paling sedikit 10 koin? Penyelesaian: a. Tidak ada kotak yang kosong Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah :
P(x) = (π₯ + π₯ 2 +π₯ 3 + β― )5 = π₯ 5 (1 + π₯ + π₯ 2 + β― )5 1
=π₯ 5 (1βπ₯)
5
= π₯ 5 (1 β π₯)β5 5 + π β 1 (π₯)π ) π
=π₯ 5 ββ π=0 ( = ββ π=0 (
π + 4 (π₯)π+5 ) π
= ββ π=5 (
π β 1 (π₯)π ) πβ5
Banyaknya cara yang dimaksud adalah koefisien x50 dalam P(x) yaitu 49! 49 ( ) = 45!4! = 211876 = { 45 0
, π’ππ‘π’π π β₯ 5 , π’ππ‘π’π 0 β€ π β€ 4
b. Setiap kotak mendapat paling sedikit 5 dan paling banyak 25 koin Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (π₯ 5 +π₯ 6 + β― + π₯ 25 )5 = π₯ 25 (1 + π₯ + π₯ 2 + β― + π₯ 20 )5 =π₯ 25 (
1βπ₯ 21 1βπ₯
5
)
= π₯ 25 (1 β π₯ 21 )5 (1 β π₯)β5 Banyaknya cara yang dimaksud adalah koefisien x50 dalam P(x) yaitu 5 24 5 0 = ( )( ) β ( )( ) 0 24 1 4 c. Tiga kotak pertama masing-masing mendapat paling sedikit 10 koin Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (π₯10 +π₯11 + β― )3 (1 + π₯ + π₯ 2 +π₯ 3 + β― )2 = π₯ 30 (1 + π₯ + π₯ 2 + β― )3 (1 + π₯ + π₯ 2 + β― )2 1
3
1
2
=π₯ 30 (1βπ₯) (1βπ₯) = π₯ 30 (1 β π₯)β5
=π₯ 30 ββ π=0 ( = ββ π=0 (
π + 4 (π₯)π ) π
π + 4 (π₯)π+30 ) π π β 26 (π₯)π ) π β 30
= ββ π=30 (
Banyaknya cara yang dimaksud adalah sama dengan koefisien x50 dalam P(x) 0 π(π΄) = { 50 β 24 24 ( )=( ) 20 50 β 30
, π’ππ‘π’π 0 β€ π β€ 29 π’ππ‘π’π π β₯ 30
19. Terdapat berapa cara untuk membagi p buah apel (yang identik) kepada q anak, sedemikian hingga; a. Setiap anak memperoleh paling sedikit 5 buah apel b. Setiap anak mendapat tidak lebih dari 100 dan tidak kurang dari 10 apel Penyelesaian: a. Setiap anak memperoleh paling sedikit 5 buah apel Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (π₯ 5 +π₯ 6 +π₯ 7 + β― )π = π₯ 5π (1 + π₯ + π₯ 2 + β― )π 1
π
=π₯ 5π (1βπ₯)
= π₯ 5π (1 β π₯)βπ π + π β 1 (π₯)π ) π
=π₯ 5π ββ π=0 (
π + π β 1 (π₯)π+5π ) π
= ββ π=0 (
Misalkan p = n + 5q β n = p - 5q β untuk n = 0 maka p = 5q π + π β 5π β 1 P(x) = ββ ) (π₯)π π=5π ( π β 5π π β 4π β 1 π = ββ π=5π ( π β 5π ) (π₯) Banyaknya cara yang dimaksud adalah samadengan koefisien xp dalam P(x), yaitu:
0 π(π΄) = { π β 4π β 1 ( ) π β 5π
, π’ππ‘π’π π < 5π , π’ππ‘π’π π β₯ 5π
b. Setiap anak mendapat tidak lebih dari 100 dan tidak kurang dari 10 apel Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (π₯10 +π₯11 + β― + π₯100 )π = π₯10π (1 + π₯1 + π₯ 2 + β― + π₯ 90 )π 1βπ₯ 91
= π₯10π (
1βπ₯
π
)
= π₯10π (1 β π₯ 91 )π (1 β π₯)βπ π π+π‘β1 π‘ =π₯10π βππ=0 ( ) (π₯)91π . (β1)π βππ‘=0 ( )π₯ π π‘ π + π‘ β 1 ββ π (β1)π π‘+10π+91π ) . π=0 ( ) π₯ π π‘
= ββ π‘=0 (
Misalkan, π = π‘ + 10π + 91π β π‘ = π β 10π β 91π β π’ππ‘π’π π‘ = 0 ππππ π = 10π + 91π P(x)
π π π π β 9π β 91π β 1 π = ββ π=10π+91π . βπ=0 (π ) (β1) ( π β 10π β 91 ) π₯
Jadi banyaknya cara membagi p buah apel kepada q anak sedemikian hingga setiap anak tidak mendapat lebih dari 100 dan tidak kurang dari 10 adalah koefisien π₯ π dalam P(x), yaitu: π
π π β 9π β 91π β 1 β ( ) (β1)π ( ) π π β 10π β 91π
π’ππ‘π’π π β₯ 10π + 91π
0
π’ππ‘π’π π < 10π + 91π
π(π΄) = {
π=0
20. Tentukan banyaknya βsolusi bulatβ dari setiap persamaan berikut a. π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 = 60, 1 β€ π₯ β€ 30, βπ β {1, 2, 3, 4} b. π₯1 + π₯2 + π₯3 = 50, π₯1 β₯ 3, βπ β {1,2,3} c. π₯1 + π₯2 + π₯3 + β― + π₯4 = π, π₯1 β₯ 0, 1 β€ π β€ π; π ππ’πππ‘ Penyelesaian: a. π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 = 60, 1 β€ π₯ β€ 30, βπ β {1, 2, 3, 4} Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (π₯+π₯ 2 +π₯ 3 + β― + π₯ 30 )4 = π₯ 4 (1 + π₯+π₯ 2 +π₯ 3 + β― + π₯ 29 )4 1βπ₯ 30
= π₯4 (
1βπ₯
4
)
=π₯ 4 (1 β π₯ 30 )4 (1 β π₯)β4 4 π‘+3 π‘ =π₯ 4 β4π=0 ( ) (β1)π . π₯ 30π βππ‘=0 ( )π₯ π π‘ π‘ + 3 4 (β1)π 4+π‘+30π 4 = ββ )( ) π₯ π‘=0. βπ=0 ( π‘ π Mencari k dan t sedemikian hingga 4 + 30π + π‘ = 80 30π + π‘ = 76 Untuk: k = 0 maka t = 76, atau k = 1 maka t = 46, atau k = 2 maka t = 16 Banyaknya solusi bulat yang dimaksud adalah koefisien π₯ 80 dalam P(x), yaitu: 4 79 4 47 4 19 a80 = ( ) ( ) β ( ) ( ) + ( ) ( ) 0 76 1 46 2 16 b. π₯1 + π₯2 + π₯3 = 50, π₯1 β₯ 3, βπ β {1,2,3} Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (π₯ 3 +π₯ 4 + β― )3 = π₯ 9 (1 + π₯ + π₯ 2 +π₯ 3 + β― )3 1
3
= π₯ 9 (1βπ₯)
π+2 π )π₯ π
=π₯ 9 β4π=0 ( =β4π=0 (
π + 2 π+9 )π₯ π
πβ7 π )π₯ πβ5
=β4π=9 (
Jadi banyaknya solusi bulat yang dimaksud adalah koefisien x50 dalam P(x) yaitu: 43 ( ) = 903 ππ = { 41 0
π’ππ‘π’π π β₯ 9 π’ππ‘π’π 0 β€ π β€ 8
c. π₯1 + π₯2 + π₯3 + β― + π₯4 = π, π₯1 β₯ 0, 1 β€ π β€ π; π ππ’πππ‘ Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (1 + π₯ + π₯ 2 +π₯ 3 + β― )π 1
π
= (1βπ₯)
=β4π=0 (
π+πβ1 π )π₯ π
Banyaknya solusi bulat yang dimaksud adalah koefisien π₯ 4 dalam P(x), yaitu: π+πβ1 ) , π’ππ‘π’π π β₯ 0 π
ππ = (
21. Sebuah kata sandi yang panjangnya k dibentuk dengan menggunakan huruf-huruf a, b, dan c sedemkian hingga memuat paling sedikit satu a, satu b, dan satu c. Ada berapa kata sandi yang dapat dibentuk? Penyelesaian: Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : π₯
P(x) = (1! +
π₯2 2!
+
3
π₯3
β¦) 3!
= (π π₯ β 1)3
= ((β1) + π π₯ )
3
3 =β3π=0 ( ) (β1)π (π π₯ )3βπ π = π 3π₯ β 3π 2π₯ + 3π π₯ β 1 π =β~ π=0 3
π₯π π!
π β 3 β~ π=0 2
π₯π π!
π₯π
+ β~ π=0 3 π! β 1
Banyaknya kata sandi yang bisa dibuat adalah koefisien
π₯π π!
dalam P(x), yaitu:
3π β 3. 2π + 3 , π’ππ‘π’π π β₯ 3 0 , π’ππ‘π’π 0 β€ π β€ 2 22. Tentukan banyak barisan binair n- angka yang memuat : a. Angka β1β paling sedikit dua b. Angka β0β sebanyak bilangan genap dan angka β1β paling sedikit satu c. Angka β1β sebanyak bilangan ganjil dan angka β0β sebanyak bilangan genap d. Angka β1β sebanyak bilangan genap ππ = {
Penyelesaian a. Angka β1β paling sedikit dua Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : π₯
P(x) = (1 + 1! +
π₯2 2!
+
π₯3
π₯2
β¦ ) ( 2! + 3!
= π π₯ (π π₯ β π₯ β 1)
π₯3 3!
+β―)
= π 2π₯ β π₯π π₯ β π π₯ π =β~ π=0 2
π₯π π! π₯π
π = β~ π=0 2 π =β~ π=0 2
β β~ π=0
π!
π₯π
π₯ π+1 π!
π₯π
β β~ π=0 π!
π₯π
π₯π
~ β β~ π=0 (πβ1)! β βπ=0 π! π₯π
π₯π
~ β β~ π=1 π π! β βπ=0 π!
π!
Banyaknya barisan binair yang dimaksud adalah koefisien ππ = {
2π β π β 1 0
π₯π π!
dalam P(x) yaitu:
, π’ππ‘π’π π β₯ 2 , π’ππ‘π’π 0 β€ π < 2
b. Angka β0β sebanyak bilangan genap dan angka β1β paling sedikit satu Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : π₯2
P(x) = (1 + =( =
2!
π π₯ +π βπ₯ 2
π₯4
+
4!
+ β― ) (π₯ + π₯ 2 +π₯ 3 + β― )
) (π π₯ β 1)
π 2π₯ +π 0 βπ π₯ βπ βπ₯ 2 1
= 2 (π 2π₯ β π π₯ β π βπ₯ + 1) 1
π =β~ π=0 2 2
π₯π π!
1 π₯π
β β~ π=0 2
π₯π
πβ1 = β~ π=0 2
π!
π
1 π₯π
β β~ π=0 2
1
π β β~ π=0 2 (β1)
π
1
π₯π π!
π β β~ π=0 2 (β1)
π₯π π!
Banyaknya barisan yang dimaksud adalah koefisien πβ1
π π = {2 0
1 (β1)π β β 2 2
1
+2 1
+2
π₯π π!
dalam P(x) yaitu:
, π’ππ‘π’π π β₯ 2 , π’ππ‘π’π 0 β€ π β€ 1
c. Angka β1β sebanyak bilangan ganjil dan angka β0β sebanyak bilangan genap Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah :
P(x) = (π₯ + =( =
π₯3 3!
π π₯ βπ βπ₯
π 2π₯ 4
2
β
π₯5
+
5!
π π₯ +π βπ₯
)(
π β2π₯ 4
+β―)
2
)
π₯π
1
π = 4 [β~ π=0 2
π!
π β β~ π=0(β2)
π₯π π!
]
Jadi banyaknya barisan yang dimaksud adalah koefisien 1 π [2 β (β2)π ] ππ = { 4 0
π₯π π!
dalam P(x) yaitu:
, π’ππ‘π’π π ππππππ , π’ππ‘π’π π πππππ
d. Angka β1β sebanyak bilangan genap Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : π₯2
π₯
P(x) = (1 + 1! +
2!
π π₯ +π βπ₯
= ππ₯ (
+
2
π₯3
β¦ ) (1 + 3!
π₯2 2!
+
π₯4 4!
+β―)
)
1
= 2 (π 2π₯ + 1) =
1 2
1
π 2π₯ + 2 1
π =β~ π=0 2 2
π₯π π!
π₯π
πβ1 = β~ π=0 2
1
+2
π!
1
+2
Banyaknya barisan yang dimaksudkan adalah koefisien
ππ = {
2πβ1 + 2πβ1
1 2
π₯π π!
dalam P(x) yaitu:
, ππππ π = 0 , ππππ π β₯ 1
23. Tentukan banyaknya barisan ternair n-angka yang memuat: a. Angka β0β sebanyak ganjil dan β1β sebanyak genap b. Angka β0β dan β1β masing-masing sebanyak genap dan β2β sebanyak ganjil c. Angka β0β, β1β, dan β2β masing-masing sebanyak genap d. Angka β0β, β1β, dan β2β masing-masing sebanyak ganjil Penyelesaian a. Angka β0β sebanyak ganjil dan β1β sebanyak genap Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (π₯ + =(
π₯3 3!
π π₯ βπ βπ₯ 2
π₯5
+
5!
+ β― ) (1 +
π π₯ +π βπ₯
)(
2
) ππ₯
π₯2 2!
+
π₯4 4!
π₯
+ β― ) (1 + 1! +
π₯2 2!
+β―)
1
= 4 (π 2π₯ β π β2π₯ )π π₯ 1
=
4
(π 3π₯ β π βπ₯ ) π₯π
1
π =4 (β~ π=0 3
π β β~ π=0(β1)
π!
π₯π π!
)
Banyaknya barisan yang dimaksudkan adalah koefisien 0 1 ππ = { (3π β (β1)π ) 4
π₯π π!
dalam P(x) yaitu:
, π’ππ‘π’π π = 0 , π’ππ‘π’π π β₯ 1
b. Angka β0β dan β1β masing-masing sebanyak genap dan β2β sebanyak ganjil Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (1 + =( =(
π₯2 2!
+
π₯4 4!
+ β― ) (π₯ +
π π₯ +π βπ₯ 2 π π₯ +π βπ₯
) (
2
2
π₯3 3!
+
π₯5 5!
+β―)
)
(π π₯ +π βπ₯ )(π π₯ +π βπ₯ )
π π₯ βπ βπ₯
4
2
)(
)
1
= 8 (π π₯ + π βπ₯ )(π 2π₯ β π β2π₯ ) 1
= 8 (π 3π₯ β π βπ₯ + π π₯ β π β3π₯ ) 1
= 8 (π 3π₯ β π β3π₯ β π βπ₯ + π π₯ ) 1
π = 8 (β~ π=0 3
π₯π π!
π β β~ π=0(β3)
π₯π π!
π β β~ π=0(β1)
Banyaknya barisan yang dimaksud adalah koefisien
π₯π π!
π₯π π!
π₯π
+ β~ π=0 π! )
dalam P(x) yaitu:
0 , π’ππ‘π’π π = 0 ππ‘ππ’ π = πππππ 1 ππ = {1 π (3 + 3π + 1 + 1) = (3π + 1) , π’ππ‘π’π π ππππππ 8 4 c. Angka β0β, β1β, dan β2β masing-masing sebanyak genap Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (1 + =(
π₯2 2!
+
π π₯ +π βπ₯ 3 2
)
π₯4 4!
3
+β―)
1
= 8 (π 3π₯ + 3π π₯ + 3π βπ₯ +π β3π₯ ) 1
π = 8 (β~ π=0 3
π₯π π!
π₯π
~ π + 3 β~ π=0 π! + 3 βπ=0(β1)
Banyaknya barisan yang dimaksud adalah koefisien 0 π π = {1 π (3 + 3 + 3 + 3π ) 8
π₯π π! π₯π π!
π + β~ π=0(β3)
π₯π π!
)
dalam P(x) yaitu: , π’ππ‘π’π π ππππππ
, π’ππ‘π’π π = 0 πππ π πππππ
d. Angka β0β, β1β, dan β2β masing-masing sebanyak ganjil Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (1 + =(
π₯3 3!
+
π₯5 5!
3
+β―)
π π₯ βπ βπ₯ 3
)
2
1
= 8 (π 3π₯ β 3π π₯ + 3π βπ₯ βπ β3π₯ ) 1
π = 8 (β~ π=0 3
π₯π π!
π₯π
~ π β 3 β~ π=0 π! + 3 βπ=0(β1)
Banyaknya barisan yang dimaksud adalah koefisien 0 1 ππ = { 1 π (3 β 3 β 3 + 3π ) = (3π β 3) 8 4
π₯π π! π₯π π!
π β β~ π=0(β3)
π₯π π!
)
dalam P(x) yaitu:
, π’ππ‘π’π π = 1 ππ‘ππ’ π πππππ , π’ππ‘π’π π ππππππ
24. Tentukan banyak barisan quartenair n-angka yang memuat: a. Angka β0β dan β1β masing-masing genap dan angka β2β dan β3β masing-masing ganjil. b. Angka β1β paling sedikit satu, dan angka-angka yang lain masing-masing sebanyak bilangan ganjil. Penyelesaian a. Angka β0β dan β1β masing-masing genap dan angka β2β dan β3β masing-masing ganjil. Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (1 + =(
π₯2 2!
+
π₯4 4!
2
+ β― ) (π₯ +
π π₯ +π βπ₯ 2 π π₯ βπ βπ₯ 2 2
) (
2
)
π₯3 3!
+
π₯5 5!
2
+β―)
1
= 16 (π π₯ + π βπ₯ )2 (π π₯ β π βπ₯ )2 1
= 16 (π 2π₯ + 2 + π β2π₯ )(π 2π₯ β 2 + π β2π₯ ) 1
=16 (π 4π₯ β 2 + π β4π₯ ) 1
= 16 (ββπ=0 4π
π₯π π!
+ ββπ=0(β4)π
π₯π π!
β 2)
Banyaknya barisan yang dimaksud adalah koefisien 0 1 ππ = { 1 π (4 + (β4)π ) = (4π ) 16 8
π₯π π!
dalam P(x) yaitu:
, π’ππ‘π’π π = 1 πππ π ππππππ , π’ππ‘π’π π πππππ
b. Angka β1β paling sedikit satu, dan angka-angka yang lain masing-masing sebanyak bilangan ganjil. Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : P(x) = (π₯ +
π₯2 2!
+
π₯4 4!
2
+ β― ) (π₯ +
π₯3 3!
+
π₯5 5!
2
+β―)
π π₯ βπ βπ₯ 3
= (π π₯ β 1) (
2
)
1
= 8 (π π₯ β 1)(π 3π₯ β 3π π₯ β π β3π₯ ) 1
=8 (π 4π₯ β 3π 2π₯ + 3π 0 β π β2π₯ β π 3π₯ + 3π π₯ β 3π βπ₯ + π β3π₯ ) = π₯π
1 8
ββπ=0 4π
3 ββπ=0 π! β 3 ββπ=0(β1)π
π₯π π!
π₯π π!
β 3 ββπ=0 2π
+ ββπ=0(β3)π
π₯π π!
+ 3 β ββπ=0(β2)π
π₯π π!
β ββπ=0 3π
π₯π π!
Banyaknya barisan yang dimaksud adalah koefisien
π₯π π!
dalam P(x) yaitu:
0 , π’ππ‘π’π π = 0 1 π (4 β 4(2)π ) , π’ππ‘π’π π πππππ ππ = 8 1 π (4 β (2)π+1 β 2. 3π + 6) , π’ππ‘π’π π ππππππ {8 25. Tentukan banyak cara menempatkan n orang yang berbeda di dalam 100 kamar berbeda sedemikian hingga: a. Tidak ada kamar kosong b. Tiap kamar berisi paling sedikit satu dan paling banyak dua orang. Penyelesaian
π₯π π!
+
a. Tidak ada kamar kosong Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : = (π₯ +
P(x)
π₯2 2!
+
π₯3
100
β¦) 3!
= (π π₯ β 1)100 = β100 π=0 (
100 (β1)100βπ ππ₯ ) π π
π 100 (β1)100βπ ββ ππ₯ ) π π=0 π! π
= β100 π=0 (
100 (β1)100βπ π π₯ π ) π ) π! π
100 = ββ π=0. (βπ=0 (
Banyaknya cara menempatkan n orang berbeda ke dalam 100 kamar identik sedemikian hingga tidak ada kamar yang kosong sama dengan koefisien P(x) yaitu: 100
100 (β1)100βπ π β( ) π π
π=π
b. Tiap kamar berisi paling sedikit satu dan paling banyak dua orang Fungsi pembangkit untuk permasalahan di atas adalah : = (π₯ +
P(x) =(
2π₯+π₯ 2 2
π₯2
100
) 2!
100
)
2+π₯ 100
= π₯100 (
2
)
=π₯100 (2 + π₯)100 2β100 100 π‘ 100βπ‘ )2 π₯ π‘
=π₯100 2β100 β100 π‘=0 (
100 π‘β100 200βπ‘ )2 π₯ π‘
= β100 π‘=0 (
= ββπ=200 (
100 ) 2100βπ π₯ π 200 β π π₯π 100 ) 2100βπ π! 200 β π
=ββπ=200 π! (
π₯π π!
dalam
Jadi banyaknya cara dari permasalahan di atas sama dengan koefisien
π₯π π!
dalam P(x)
yaitu: 100 ) 2100βπ , π’ππ‘π’π 100 β€ π β€ 200 200 β π 26. Misalkan S adalah himpunan semua bilangan bulat 10-angka yang dibentuk dari angka-angka: β1β, β2β, β3β,β4β, danβ5β. JIka sebuah bilangan dipilih secara acak dari S, berapakah peluang bilangan tersebut memuat angka β1β sebanyak genap dan angka β2β sebanyak ganjil? Penyelesaian: Fungsi pembangkit untuk himpunan Sadalah: π! (
P(x)
π₯2
= (1 + π₯ +
+
2!
π₯3 3!
5
+β―)
(π π₯ )5
= = π 5π₯
= ββπ=0
(5π₯)π π!
|π| adalah banyaknya bilangan bulat 10-angka = koefisien
π₯ 10 10!
= 510
Misalkan A adalah himpunan semua bilangan bulat 10-angka yang dibentuk dari angka-angka 1, 2, 3, 4, dan 5 dengan syarat angka 1 sebanyak genap dan angka 2 sebanyak ganjil. Fungsi pembangkit untuk himpunan A adalahβ¦.. P(x) = (1 + =(
π₯2 2!
π π₯ +π βπ₯ 2
π₯4
+
4!
+ β― ) (π₯ +
π π₯ βπ βπ₯
)(
2
π₯3 3!
+
π₯5 5!
+ β― ) (1 + π₯ +
π₯2 2!
+β―)
) π 3π₯
1
= 4 (π 2π₯ β π β2π₯ )π 3π₯ =
1 4
(π 5π₯ β π π₯ )
1
=4 (ββπ=0
(5π₯)π π!
π₯π
1
β 4 ββπ=0 π! )
Banyaknya bilangan bulat 10-angka dengan syarat yang diberikan adalah |π΄|= koefisien
π₯ 10 10!
1
dalam P(x) = 4 (510 β 110 ) |π΄|
Peluang bilangan tersebut = |π| =
1 10 (5 β1) 4 510
= 0,25
27. Misalkan Sn adalah himpunan semua kata sandi dengan panjang n yang dibentuk dari huruf-huruf dalam kata βRAHASIAβ a. Ada berapakah kata sandi dalam Sn? b. Ada berapakah kata sandi yang memuat huruf A dalam Sn? c. Ada berapakah kata sandi yang memuat setiap konsonan dalam Sn?
Penyelesaian: a. Banyak kata sandi dalam Sn? Fungsi pembangkit dari permasalahan ini: P(x) = (1 + π₯ +
π₯2 2!
5
+β―)
= π 5π₯ =ββ π=0
(5π₯)π π!
π = ββ π=0 5
π₯π π!
Jadi banyak kata sandi dalam Sn adalah 5n untuk π β₯ 0 b. Banyak kata sandi yang memuat huruf A dalam Sn? Fungsi pembangkit dari permasalahan ini: P(x) = (π₯ +
π₯2 2!
+
π₯3
β¦ ) (1 + π₯ + 3!
π₯2 2!
+
4
π₯3
β¦) 3!
= (π π₯ β 1)π 4π₯ = π 5π₯ β π 4π₯ = ββ π=0
(5π₯)π π!
β ββ π=0
(4π₯)π π!
Jadi banyak kata sandi yang memuat huruf A dalam Sn adalah 5n-4n untuk π β₯ 0 c. Banyak kata sandi yang memuat setiap konsonan dalam Sn? P(x) = (π₯ +
π₯2 2!
+
π₯3
2
β¦ ) (1 + π₯ +
3! 3 2π₯
π₯2 2!
+
π₯3 3!
2
β¦)
= (π π₯ β 1) π = (π 2π₯ β 2π π₯ + 1)(π π₯ β 1)π 2π₯ = (π 3π₯ β 3π 2π₯ + 3π π₯ β 1)π 2π₯ = π 5π₯ β 3π 4π₯ + 3π 3π₯ β π 2π₯ = ββ π=0
(5π₯)π π!
β 3 ββ π=0
(4π₯)π π!
+ 3 ββ π=0
(3π₯)π π!
β ββ π=0
(2π₯)π π!
Jadi banyak kata sandi yang memuat setiap konsonan dalam Sn adalah 5n3(4n)+3(3n)-2n untuk π β₯ 0 28. Sebanyak n bola ditempatkan dalam k kotak. Berapakah peluang kotak pertama dan kotak terakhir tak kosong, jika: a. Bola-bola identik dan kotak-kotak berbeda? b. Bola-bola berbeda dan kotak-kotak berbeda? c. Bola-bola berbeda dan kotak-kotak identik? Penyelesaian:
a. Bola-bola identik dan kotak-kotak berbeda Misal, A = himpunan kejadian kotak pertama dan kotak terakhir tak kosong, jika bolabola identik dan kotak-kotak berbeda. SA = himpunan semua kejadian dari percobaan yang dilakukan jika bola-bola identik dan kotak-kotak berbeda Fungsi Pembangkit dari permasalahan SA adalah P(x) = (1 + π₯ + π₯ 2 + β― )π π
1
= (1βπ₯) =ββ π=0 (
π + π β 1 (π₯)π ) π
π+πβ1 ) π
Jadi |ππ΄ |= (
Fungsi pembangkit dari permasalahan A adalah P(x) = (π₯ + π₯ 2 + π₯ 3 + β― )2 (1 + π₯ + π₯ 2 + β― )πβ2 = π₯ 2 (1 + π₯ + π₯ 2 + π₯ 3 + β― )2 (1 + π₯ + π₯ 2 + β― )πβ2 2
1
1
πβ2
=π₯ 2 (1βπ₯) (1βπ₯) 1
π
= π₯ 2 (1βπ₯)
π + π β 1 (π₯)π ) π
=π₯ 2 ββ π=0 ( =ββ π=0 (
π + π β 1 2 (π₯)π )π₯ π
= ββ π=0 (
π + π β 1 π+2 )π₯ π
= ββ π=2 (
π + π β 3 (π₯)π ) πβ2
0 , π’ππ‘π’π 0 β€ π¦ < 2 Jadi |π΄| = { π + π β 3 ( ) , π’ππ‘π’π π¦ β₯ 2 πβ2 Jadi peluang kotak pertama dan kotak terakhir tak kosong, jika bola-bola identik dan kotak-kotak berbeda adalah 0 , π’ππ‘π’π 0 β€ π < 2 |π΄| π(π β 1) = { , π’ππ‘π’π π β₯ 2 |ππ΄ | (π + π β 1)(π + π β 2)
b. Bola-bola berbeda dan kotak-kotak berbeda Misal, B = himpunan kejadian kotak pertama dan kotak terakhir tak kosong, jika bolabola berbeda dan kotak-kotak berbeda SB = himpunan semua kejadian dari percobaan yang dilakukan jika bola-bola berbeda dan kotak-kotak berbeda Fungsi Pembangkit dari permasalahan SB adalah P(x) = (1 + π₯ + =π
2!
+
π
π₯3
β¦) 3!
ππ₯
= ββ π=0 =
π₯2
(ππ₯)π
π! π₯π β βπ=0 π π π!
Jadi |ππ΅ |= π π
, untuk π β₯ 0
Fungsi pembangkit dari permasalahan B adalah P(x) = (π₯ +
π₯2 2!
+
π₯3 3!
+
π₯4 4!
2
+ β― ) (1 + π₯ +
π₯2 2!
+
π₯3 3!
πβ2
+β―)
= (π π₯ β 1)2 (π π₯ )πβ2 = π ππ₯ β 2π (πβ1)π₯ + π (πβ2)π₯ π = ββ π=0 π
π₯π π!
π β ββ π=0 2(π β 1)
π₯π π!
Jadi |π΅| = π π β 2(π β 1)π + (π β 2)π
π + ββ π=0(π β 2)
π₯π π!
, untuk π β₯ 0
Jadi peluang kotak pertama dan kotak terakhir tak kosong, jika bola-bola berbeda dan kotak-kotak berbeda adalah |π΅|
π π β2(πβ1)π +(πβ2)π
|ππ΅
ππ
= |
π’ππ‘π’π π β₯ 0
c. Bola-bola berbeda dan kotak-kotak identik Peluang kotak pertama dan kotak terakhir tak kosong, jika bola-bola berbeda dan kotak-kotak identik adalah
π π β2(πβ1)π +(πβ2)π π!