Arsip:

Tutorial

Pembahasan Soal 4 Permutasi dan Kombinasi

Tutorial Minggu, 22 Agustus 2021

File Tayangan

Soal: Tunjukkan bahwa jumlah r permutasi melingkar dari n objek, dengan 1\leq r\leq n, yaitu

    \[ \frac{n!}{(n-r)!r}.\]

Pembahasan:

Pertama-tama, jika memilih r benda dari n objek, yaitu \displaystyle\binom{n}{r}=\frac{n!}{r!(n-r)!}. Selanjutnya, apabila r benda tersebut diletakan melingkar maka banyak caranya yaitu (r-1)!. Maka menurut permutasi perkalian diperoleh banyaknya cara yaitu

    \[\binom{n}{r}(r-1)!= \frac{n!}{r!(n-r)!}(r-1)! = \frac{n!}{(n-r)!r} .\]

Maka terbukti bahwa, jumlah r permutasi melingkar dari n objek, dengan 1\leq r\leq n, yaitu

    \[\frac{n!}{(n-r)!r} .\] read more

Pembahasan Soal 3 Permutasi dan Kombinasi

Tutorial Minggu, 22 Agustus 2021

File Tayangan

Soal: Tentukan banyaknya solusi bulat non negatif dari

    \[x + y + z = 12\]

dengan kendala 0\leq x \leq 4, 0\leq y \leq 5, 0\leq z \leq 6.

Pembahasan:

Untuk x,y,z \geq 0, menurut Stars and Bars theorem, diperoleh banyaknya solusi, yaitu

    \[|S| =\binom{3+12-1}{12} = \binom{14}{12} = 91 .\]

Didefinisikan

    \begin{align*} \begin{cases} A = \{x\in\mathbb{Z}|x+y+z=12,x\geq 5\} \\ B = \{ y\in\mathbb{Z}|x+y+z=12, y\geq 6\} \\ C = \{z\in\mathbb{Z}|x+y+z=12,z\geq 7\} \\ \end{cases} \end{align*}

Untuk memperoleh himpunan 0\leq x \leq 4, 0\leq y \leq 5, 0\leq z \leq 6, yaitu irisan dari negasi ketiga himpunan tersebut. Dinotasikan

    \[|A^{c}\cap B^{c} \cap C^{c}| .\]

Dengan Prinsip Inklusi-Eksklusi, akan ditentukan banyak solusinya dari |A^{c}\cap B^{c} \cap C^{c}|.
Diperoleh,

    \[|A^{c} \cap B^{c} \cap C^{c}| = |S| - |A| - |B| - |C| + |A \cap B| + |A \cap C| + |B \cap C | - | A \cap B \cap C|.\] read more

Pembahasan Soal 2 Permutasi dan Kombinasi

Tutorial Minggu, 22 Agustus 2021

File Tayangan

Soal: Tentukan banyaknya permutasi-13 dari multiset S : \{4\cdot x, 5\cdot y,6\cdot z\}

Pembahasan:

Karena |S| = 15, akan ditentukan banyaknya permutasi-13, yaitu

  • Dibentuk multiset \{2\cdot x,5\cdot y,6\cdot z\}, maka terdapat \displaystyle\frac{13!}{2!5!6!} = 36036 multiset.
  • Dibentuk multiset \{3\cdot x,4\cdot y,6\cdot z\}, maka terdapat \displaystyle\frac{13!}{3!4!6!} = 60060 multiset.
  • Dibentuk multiset \{3\cdot x,5\cdot y,5\cdot z\}, maka terdapat \displaystyle\frac{13!}{3!3!5!} = 72072 multiset.
  • Dibentuk multiset \{4\cdot x,3\cdot y,6\cdot z\}, maka terdapat \displaystyle\frac{13!}{4!3!6!} = 60060 multiset
  • Dibentuk multiset \{4\cdot x,4\cdot y,5\cdot z\}, maka terdapat \displaystyle\frac{13!}{4!4!5!} = 90090 multiset
  • Dibentuk multiset \{4\cdot x,5\cdot y,4\cdot z\}, maka terdapat \displaystyle\frac{13!}{4!5!5!} = 90090 multiset
    • read more

    Pembahasan Soal 1 Permutasi dan Kombinasi

    Tutorial Minggu, 22 Agustus 2021

    File Tayangan

    Soal: Dalam sebuah kelas terdapat 4 guru, 9 murid laki-laki, dan 7 murid perempuan. Tentukan banyaknya cara memilih kelompok yang berisi 5 orang dari kelas tersebut.

    Pembahasan:

    Jumlah orang di dalam kelas tersebut adalah 9+4+7 = 20 orang. Maka, banyaknya cara memilih 5 orang dari kelas tersebut adalah

        \begin{align*} \binom{20}{5} = \frac{20!}{5!15!} = \boxed{\textbf{15504}} \text{ cara}. \end{align*}

    Credit: Fadhlan Zhaahiran

    Pembahasan Soal 6 Induksi Matematika

    Tutorial Minggu, 22 Agustus 2021

    File Tayangan

    Soal: Formulasikan dan buktikan dengan induksi rumus umum dari bentuk berikut

        \begin{align*} 1^3 &= 1 \\ 2^3 &= 3 + 5 \\ 3^3 &= 7 + 9 + 11 \\ 4^3 &= 13 + 15 + 17 + 19 \end{align*}

    Pembahasan:

    Diperhatikan bahwa pada soal akan memiliki bentuk umum

        \[p(n) : n^3 = \sum_{i=1} ^n (n^2 -n-1 + 2i) .\]

    Akan dibuktikan dengan induksi matematika bahwa p(n) di atas benar untuk setiap n.

    Untuk n=1 maka

        \[p(1) : 1^3 = 1 = 1^2 - 1 - 1 + 2\]

    sehingga p(1) benar. Asumsikan bahwa p(n) benar. Artinya berlaku

        \[p(n) : n^3 = \sum_{i=1} ^n (n^2 -n-1 + 2i) .\]

    Akan dibuktikan bahwa p(n+1) benar. Mudah dilihat bahwa

        \begin{align*} &\sum_{i=1} ^{n+1} ((n+1)^2 -(n+1) -1 + 2i) \\&= \sum_{i=1} ^{n+1} (n^2 + n -1 + 2i) \\ &= \left(\sum_{i=1} ^{n} n^2 + n -1 + 2i \right) + (n^2 + n - 1 + 2n + 2) \\ &= \left(\sum_{i=1} ^{n} n^2 - n -1 + 2i \right) + \left( \sum_{i=1} ^{n} 2n \right) + (n^2 + 3n + 1) \\ &= n^3 + 3n^2 + 3n + 1 = (n+1)^3 \end{align*}

    Terbukti benar untuk p(n+1).

    Terbukti bentuk pada soal memiliki formula umum n^3 = \sum_{i=1} ^n (n^2 -n-1 + 2i). read more

    Pembahasan Soal 5 Induksi Matematika

    Tutorial Minggu, 22 Agustus 2021

    File Tayangan

    Soal: Diberikan f(x) adalah sebuah polinomial berderajat n. Buktikan melalui induksi, bahwa untuk setiap \alpha\in\mathbb{R}, terdapat polinomial p yang berlaku p(x)=f(x+\alpha) juga berderajat n.

    Pembahasan:

    Jika n=1, maka polinomial f(x)=c_{0}+c_{1}x, karena p(x)= f(x+\alpha) diperoleh p(x)=c_{0}+c_{1}(x+\alpha)=c_{0}+\alpha c_{1} + c_{1}x. Jadi untuk n=1 benar bahwa polinomial p juga berderajat n. Pernyataan tersebut adalah benar jika untuk semua polinomial berderajat kurang dari n. Didefinisikan g(x)=\sum_{k=0}^{n-1} c_{k}x^{k}, maka f(x)=g(x)+c_{n}x^{n}. Karena g(x) adalah polinomial berdejarat kurang dari n, selanjutnya akan ditunjukkan melalui langkah induksinya. Andaikan terdapat polinomial q dengan q(x)=g(x+a) artinya q juga merupakan polinomial berderajat kurang dari n diperoleh q(x)=\sum_{k=0}^{n-1} d_{k}x^{k}. Sehingga

        \[p(x)=f(x+a)=g(x+a)+c_{n}(x+a)^{n}=q(x)+c_{n}(x+a)^{n}.\]

    Selanjutnya pandang teorema binomial berikut

        \[(x+a)^{n} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{k} a^{n-k}\]

    Diperoleh

        \begin{align*} p(x) &=\sum_{k=0}^{n-1} d_{k}x^{k}+ \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{k} a^{n-k}\\ &= \sum_{k=0}^{n-1} \Big(d_{k}+c_{n}\binom{n}{k}\Big)x^{k} + c_{n}x^{n} \end{align*}

    Untuk c_{n} yang tidak nol, dengan induksi, terbukti bahwa jika f(x) adalah sebuah polinomial berderajat n, maka untuk setiap \alpha\in\mathbb{R}, terdapat sebuah polinomial p yang berlaku p(x)=f(x+\alpha) juga berderajat n. read more

    Pembahasan Soal 4 Induksi Matematika

    Tutorial Minggu, 22 Agustus 2021

    File Tayangan

    Soal: Diberikan barisan (1,2,3,5,8, \ldots ) dikatakan barisan Fibonnachi di mana barisan bilangan yang dihasilkan dari penjumlahan dua bilangan sebelumnya, yang memenuhi (a_{n+1}=a_{n}+a_{n-1},a_{1}=1,a_{2}=2) untuk n\geq 2. Buktikkan dengan induksi matematika bahwa untuk setiap n\geq 1, berlaku

        \[a_{n}<\Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{n}. \]

    Pembahasan:

    • Akan dibuktikkan benar untuk n=1 dan n=2, diperoleh

          \[a_{1} = 1 = \frac{1+1}{2} < \frac{1+\sqrt{5}}{2} = \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{1} .\]

          \[a_{2} = 2 = \frac{6+2}{4} < \frac{6+2\sqrt{5}}{6} = \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{2} .\]

      Jadi, terbukti benar untuk n=1 dan n=2.

    • Diasumsikan benar untuk n=k, berlaku

          \[a_{k}<\Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{k} .\]

    • Untuk n\geq 2, diasumsikan a_{k-1}<\Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{k-1}. Akan dibuktikkan benar untuk a_{k+1}, diperoleh

        \begin{align*} a_{k+1} = a_{k}+a_{k-1} &< \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{k} + \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{k-1} \\ &= \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{k-1} \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1\Big) \\ &= \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{k-1} \Big(\frac{6+2\sqrt{5}}{4}\Big)\\ &= \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{k-1} \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{2}\\ &= \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{k+1} \end{align*}

    Jadi, terbukti benar untuk n=k+1. Dengan demikian dengan induksi terbukti bahwa untuk setiap n\geq 1, berlaku a_{n}<\Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{n}. read more

    Pembahasan Soal 3 Induksi Matematika

    Tutorial Minggu, 22 Agustus 2021

    File Tayangan

    Soal: Buktikan dengan induksi bahwa untuk setiap n \in \mathbb{Z^{+}}, 3\mid 5^{n}+ 2\times 11^{n}.

    Pembahasan:

    Dinotasikan S(n)=5^{n}+ 2 \times 11^{n}.

    Pertama-tama akan ditunjukkan (S(1)) benar. Diperhatikan bahwa

        \[5^{1}+2\times11^{1}=5+22=27=3^{3} .\]

    Jadi, pernyataan (S(1)) benar.

  • Diasumsikan (S(k)) benar. Diperoleh \exists a \in \mathbb{Z}, sedemikian sehingga

        \[5^{k}+2\times11^{k}=3a .\]

    Akan ditunjukkan jika (S(k)) benar, maka (S(k+1)) juga benar. Diperhatikan bahwa

        \begin{align*} 5^{k+1}+2\times11^{k+1} &= 5 \times 5^{k}+ 22 \times11^{k} \\ &= 5\times5^{k} + 10\times11^{k} + 6\times11^{k} \\ &= 5 ( 5^{k} + 2\times 11^{k}) + 6\times11^{k} \\ &= 5 \times(3a) + 3 \times 2 \times 11^{k} && \text{Karena}\ 5^{k}+2\times11^{k}=3a \\ &= 3 (5a+ 2\times11^{k}) \end{align*}

    Karena 3\mid 3 (5a+ 2\times11^{k}), maka pernyataan S(k+1) benar.

    • Dengan induksi matematika, (S(n)) terbukti benar untuk setiap n \in \mathbb{Z^{+}}.

    Credit: Fadhlan Zhaahiran

    Pembahasan Soal 1 Induksi Matematika

    Tutorial Minggu, 22 Agustus 2021

    File Tayangan

    Soal: Buktikan melalui induksi matematika, untuk setiap bilangan bulat n\geq 1 berlaku \left(n!\leq n^{n}\right).

    Pembahasan:

    • Pertama-tama akan ditunjukkan benar untuk n=1.

    Diperoleh

        \[1!=1 \leq 1^1 .\]

    Jadi, untuk n=1 terbukti benar bahwa n^{n}\leq n!.

    Diasumsikan benar untuk n=k, berlaku k!\leq k^{k}. Akan ditunjukkan jika n=k benar, maka n=k+1 benar. Diperoleh

        \begin{align*} (k+1)! &= (k+1)(k)(k-1)\cdots 3 \times 2 \times 1 \\ &= (k+1)(k!) \\ &\leq (k+1) k^{k} \\ &\leq (k+1) (k+1)^{k} \\ &= (k+1)^{k+1} \end{align*}

    Dengan induksi matematika, terbukti bahwa untuk n\geq 1 berlaku n!\leq n^{n}.

    Credit: Fadhlan Zhaahiran