Downloaded 258 times
![Contoh 4:
Dalam matakuliah Matematika Diskrit diberikan tugas
kelompok yang akan dibagi menjadi enam kelompok.
Jika terdapat 62 mahasiswa yang menempuh mata
kuliah tersebut, tunjukkan bahwa terdapat paling sedikit
ada 11 mahasiswa yang menjadi anggota suatu
kelompok yang sama!
Solusi :
Kita asumsikan mahasiswa tersebut sebagai anggota
dari himpunan daerah asal X dan kelompoknya sebagai
anggota daerah kawan Y . Karena |X| = 62, |Y | = 6 dan
[62/6] = 11. Maka dengan menggunakan Prinsip
Generalized Pigeonhole, terdapat paling sedikit 11
anggota X yang dipasangkan dengan suatu anggota Y
yang sama. Dengan demikian terdapat paling sedikit ada
11 mahasiswa yang menjadi anggota suatu kelompok
yang sama.](https://image.slidesharecdn.com/teoremamultinomialdanprinsipsarangmerpatibymia09c-130105204531-phpapp02/75/Teorema-multinomial-dan-prinsip-sarang-merpati-21-2048.jpg)
Uploaded byArdika MathEdu
Teorema multinomial dan prinsip sarang merpati
Dokumen ini membahas teorema binomial dan multinomial, serta prinsip pigeonhole dan aplikasi matematisnya. Penjelasan mencakup formula, contoh koefisien, dan penggunaan prinsip dalam berbagai situasi untuk membuktikan klaim matematis. Selain itu, terdapat contoh konkret tentang distribusi objek dalam kotak dan pencarian elemen yang memenuhi kondisi tertentu.
More Related Content
Similar to Teorema multinomial dan prinsip sarang merpati
Teorema multinomial dan prinsip sarang merpati
- 3. Teorema binomial memberiformula (x + y)n; n bilangan asli. Hal ini dapat diperluas ke multinomial (x1 + x2 + ... + xk)n. Secara formal, teorema multinomial adalah s.b : Teorema 1.7 : Misalkan n bilangan asli. Maka untuk semua x1, x2, ..., xk berlaku n n n1 n2 nk ( x1 x2 ... xk ) x1 x 2 ... x k n1 , n 2 , ... n k Dengan „sigma‟ mencakup semua kemungkinan bilangan bulat non negatif n1, n2, ...,nk yang memenuhi n1 + n2 + ... + nk = n
- 4. Bukti: (x1 + x2+ ... + xk)n (x 1 x 2 ... x k ) (x 1 x 2 ... x k ) ... (x 1 x 2 ... x k ) n faktor Banyak suku yang terbentuk adalah k.n dan setiap suku dapat di jajar dalam bentuk x1n1x2n2 ... xknk dengan n1, n2, ..., nk bilangan bulat non negatif yang memenuhi n1 + n2 + ... + nk = n.
- 5. Suku-suku berbentuk x1n1x2n2... xknk dapat diperoleh dengan menggunakan prinsip perkalian diperoleh : n n n1 n n1 n 2 n n1 n 2 ... nk 1 ... n1 n2 n3 nk n! n n1 ! n n1 n2 ! n1 ! n n1 ! n2 ! n n1 n2 ! n3 ! n n1 n2 n3 ! n n1 n2 ... n k 1 ! ... nk !0 ! n! n n1 ! n 2 !... n k ! n1 n 2 ... n k Dengan demikian teorema terbukti
- 6. Contoh : 1. Jika(a+b+c+d)5 diekspansi (dijabarkan), berapakah koefesien dari a3bd ? Solusi : 5 5! 20 3 1 0 1 3 !1! 0 !1 ! 2. Berapakah koefesien x1x23x3x42 dalam (x1 – 5x2 + x3 – 2x4)7 Solusi : 7 3 2 5 ( 2) 210000 1312
- 7. 3. Ada berapacara menempatkan 12 orang mahasiswa ke dalam dua kamar sedemikian hingga kamar pertama berisi 4 mahasiswa dan kamar kedua berisi 8 mahasiswa? Solusi : kamar pertama : memilih 4 dari 12 mahasiswa kamar kedua : memilih 8 dari 12 – 4 = 8 mahasiswa, jadi: 12 ! 8! 12 ! C 12 ; 4 C 8 ;8 495 4 !8 ! 8 ! 0 ! 4 !8 !
- 8. 4. Berapa banyak“kata” yang dapat dibentuk dengan menggunakan huruf-huruf dari kata MISSISSIPPI? Solusi: S = {M, I, S, S, I, S, S, I, P , P , I} huruf M = 1 buah (n1) huruf I = 4 buah (n2) huruf S = 4 buah (n3) huruf P = 2 buah (n4) n = 1 + 4 + 4 + 2 = 11 buah = | S | Cara 1: Jumlah string = 11 11! 34650 1 4 4 2 1! 4 ! 4 ! 2 ! Cara 2: Jumlah string = C(11, 1)C(10, 4)C(6, 4)C(2, 2) 11! 10 ! 6! 2! . . . (1! )(10 ! ) ( 4! )( 6! ) ( 4! )( 2! ) ( 2! )( 0! ) 34650
- 9. 5. 12 buahlampu berwarna (4 merah, 3 putih, dan 5 biru) dipasang pada 18 buah soket dalam sebuah baris (sisanya 6 buah soket dibiarkan kosong). Berapa jumlah cara pengaturan lampu? Solusi : n = 18; n1 = 4, n2 = 3, n3 = 5, dan n4 = 6 (socket kosong) Jumlah cara pengaturan lampu 18 18 ! 4 3 5 6 ( 4! )( 3! )( 5! )( 6! )
- 11. Sejarah Pigeonhole Principle atau Prinsip Sarang Merpati pertama kali dinyatakan oleh ahli matematika dari Jerman yang bernama Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet pada tahun 1834, sehingga prinsip ini juga dikenal dengan istilah Prinsip Laci Dirichlet (Dirichlet drawer principle). 6 holes 7 pigeons Pada hakekatnya prinsip ini berbunyi s.b: sejumlah burung ditangkar dalam sebuah sangkar. Jika banyaknya burung melebihi banyaknya sangkar, maka terdapat sangkar yang memuat lebih dari satu burung.
- 12. Jika m burungdimasukkan dalam n sangkar dan m>n, maka terdapat sangkar berisi paling sedikit dua burung. Bukti: Andaikan setiap sangkar beisi paling banyak satu ekor burung. Maka banyak burung m tidak melebihi banyak sangkar n atau m≤n, kontradiksi dengan m>n
- 13. Contoh 1: Jikaanda menghadiri 6 kuliah dalam selang waktu Senin sampai Jumat, maka haruslah terdapat paling sedikit satu hari ketika anda menghadiri paling sedikit dua kelas. Contoh 2: Diantara 8 orang pasti ada dua orang yang memiliki hari kelahiran yang sama. Demikian pula, dari 15 orang yang berbeda, pasti terdapat dua orang yang lahir pada bulan yang sama. Bukti: Bukti 1: Andaikan dalam selang waktu senin sampai jumat makul yang dihadiri paling banyak 1 makul pada tiap harinya. Maka banyak makul m=5 tidak melebihi banyak hari (senen-jumat)n =5 atau m≤n, kontradiksi dengan 6>5 atau m>n Bukti 2: Andaikan pada tiap hari senin-minggu paling banyak 1 orang yang lahir pada tiap harinya. Maka banyak orang m=7 tidak melebihi banyak hari (senen- jumat)n =7 atau m≤n, kontradiksi dengan 8>7 atau m>n
- 14. Contoh 3: Jikab1, b2, ... , bm adalah m bilangan bulat, tunjukkan terdapat i dan j dengan 1≤ i < j ≤m sedemikian hingga bi+1 + bi+2 + ... + bj habis dibagi m Solusi: Terdapat m penjumlahan : b1, b1+b2, b1+b2+b3, ..., b1+b2+ . . . +bm Jika ada dari penjumlahan ini habis dibagi m, maka bukti selesai. Misalkan, masing-masing dari penjumlahan tersebut tidak ada yang habis dibagi m, atau sisanya>0 maka sisanya salah satu dari 1, 2, 3, ... , m-1, karena terdapat m penjumlahan m-1 sisa maka terdapat 2 penjumlahan yang mempunyai sisa yang sama jika dibagi m, maka ada i<j sedemikian hingga b1+b2+ . . . +bi dan b1+b2+ . . . +bj mempunyai sisa yang sama, misal s jika dibagi m. Terdapat bilangan bulat p dan q sedemikian hingga b1+b2+ . . . +bj = qm + s b1+b2+ . . . +bi = pm + s − bi+1+bi+2+ . . . +bj = (q-p)m
- 15. Contoh 4: Sebanyak51 bilangan bulat diambil dari bilangan-bilangan bulat 1, 2, 3, 4, ... ,100. tunjukkan bahwa diantara bilangan-bilangan yang terambil, terdapat dua bilangan sedemikian hingga yang satu pembagi yang lainnya. Solusi: Setiap bilangan bulat dapat ditulis sebagai 2m x n; m≥0, n ganjil. Karena bilangan bulat yang diberikan dari 1 s/d 100, maka n salah satu 50 bilangan ganjil 1, 3, 5, ... , 99. sehingga diantara 51 bilangan yang diambil, terdapat 2 bilangan dengan n yang sama, misalkan 2k x n dan 2h x n Jika k≤h, maka 2k x n pembagi 2h x n Jika k>h, maka 2h x n pembagi 2k x n
- 16. Jika f merupakansebuah fungsi dari suatu himpunan terhingga X ke suatu himpunan terhingga Y dan |X|>|Y|, maka f(x1) = f(x2) untuk beberapa x1, x2 ∈ X, dimana x1 ≠ x2 Bukti: Menggunakan Prinsip Pigeonhole Bentuk Pertama dengan mengasumsikan X sebagai himpunan merpati dan Y sebagai himpunan rumah merpati. Selanjutkan kita memasangkan merpati x ke rumah merpati f(x). Karena jumlah merpati lebih banyak dari rumahnya, maka terdapat paling sedikit dua merpati, x1, x2 ∈ X yang dipasangkan ke rumah merpati yang sama, yaitu f(x1) = f(x2) untuk beberapa x1, x2 ∈ X, dimana x1 ≠ x2
- 17. Contoh 5: KetuaProgram Studi Pendidikan Matematika akan membuat kode makul untuk makul-makul bidang studi matematika dengan cara menambahkan tiga angka pada huruf KPM. Terdapat 51 makul yang harus diberi kode dan tiga angka yang harus ditambahkan pada huruf KPM harus berkisar antara 101 sampai dengan 200. Tunjukkan bahwa terdapat paling sedikit dua makul yang diberi kode dengan angka berurutan ! Solusi: Misalkan angka-angka yang dipilih adalah a1, a2, …, a51 Jika angka-angka diatas digunakan bersama-sama dengan a1 + 1, a2 + 1, …, a51 + 1 maka terdapat 102 nomor yang merentang antara 101 sampai dengan 201. Karena ada 100 nomor yang disediakan (yaitu 101 sampai dengan 200) dan ada 102 nomor yang akan digunakan, maka menurut Prinsip Pigeonhole Bentuk Kedua, terdapat paling sedikit dua nomor yang sama. Nomor a1, a2, …, a51 dan a1 + 1, a2 + 1, …, a51 + 1 semuanya berbeda. Sehingga kita mempunyai ai = aj + 1 Dengan demikian kode ai berurutan dengan kode aj .
- 18. Jika f merupakansebuah fungsi dari suatu himpunan terhingga X ke suatu himpunan terhingga Y, dimana |X| = n, |Y| = m dan Γ ˥= k, maka terdapat paling sedikit k anggota x1, x2, ..., xk ∈ X sedemikian hingga f(x1) = f(x2) = ... = f(xk ) Bukti: Andaikan kesimpulan salah, maka terdapat paling banyak k – 1 anggota x ∈ X dengan f(x) = y1; terdapat paling banyak k – 1 anggota x ∈ X dengan f(x) = y2, dan seterusnya sampai k – 1 anggota x ∈ X dengan f(x) = ym. Sehingga terdapat paling banyak m(k − 1) anggota X. Tapi m(k − 1) < m.(n/m) = n yang merupakan sebuah kontradiksi. Oleh karena itu, terdapat paling sedikit k anggota x1, x2, ..., xk ∈ X sedemikian hingga f(x1) = f(x2) = ... = f(xk )
- 19. Jika N obyekditempatkan ke dalam k kotak, maka terdapat paling sedikit satu kotak yang memuat sedikitnya N/k obyek. Bukti: Andaikan setiap kotak berisi kurang dari N/k obyek, berarti setiap kotak berisi maksimum N/k - 1 obyek. Karena banyaknya kotak adalah k, maka banyaknya obyek maksimum k( N/k - 1) < k.(N/k) = N, kontradiksi dengan banyaknya obyek yang diberikan yaitu N, jadi teorema terbukti Contoh 1: Di dalam kelas dengan 60 mahasiswa, terdapat paling sedikit 12 mahasiswa akan mendapat nilai yang sama (A, B, C, D, atau E).
- 20. Contoh 3: Misalkan adalaci yang berisi selusin kaus kaki coklat dan selusin kaus kaki hitam yang didistribusikan secara acak. Pada saat listrik padam, berapa kaus kaki yang harus anda ambil untuk memastikan bahwa di antaranya terdapat sepasang kaus yang sewarna? Solusi: Terdapat dua tipe kaus kaki, jadi jika anda memilih paling sedikit 3 kaus kaki, haruslah terdapat paling sedikit dua kaus kaki coklat atau paling sedikit dua kaus kaki hitam . Generalisasi Prinsip Sarang Merpati : 3/2 = 2.
- 21. Contoh 4: Dalam matakuliahMatematika Diskrit diberikan tugas kelompok yang akan dibagi menjadi enam kelompok. Jika terdapat 62 mahasiswa yang menempuh mata kuliah tersebut, tunjukkan bahwa terdapat paling sedikit ada 11 mahasiswa yang menjadi anggota suatu kelompok yang sama! Solusi : Kita asumsikan mahasiswa tersebut sebagai anggota dari himpunan daerah asal X dan kelompoknya sebagai anggota daerah kawan Y . Karena |X| = 62, |Y | = 6 dan [62/6] = 11. Maka dengan menggunakan Prinsip Generalized Pigeonhole, terdapat paling sedikit 11 anggota X yang dipasangkan dengan suatu anggota Y yang sama. Dengan demikian terdapat paling sedikit ada 11 mahasiswa yang menjadi anggota suatu kelompok yang sama.
- 22. Teorema 1.9 Misalkan a1,a2, ..., an adalah bilangan- bilangan bulat. Jika sebanyak a1 + a2 + ... + an + 1−n obyek ditempatkan di dalam n kotak, maka kotak pertama mendapat paling sedikit a1 obyek atau kotak kedua mendapat paling sedikit a2 obyek, ... , atau kotak ke-n mendapat paling sedikit an obyek.
- 23. Bukti: Andaikan untuk setiapi, 1≤i≤n, kotak ke-i mendapat<ai obyek, maka total obyek dalam kotak tidak melebihi (a1-1) + (a2-1) + ... + (an-1) = a1 + a2 + ...+ an − n, kontradiksi dengan banyak obyek yang ditempatkan yaitu a1 + a2 + ... + an + 1−n. Dengan demikian teorema terbukti
- 24. Catatan 1: Jika a1= a2 = ... = an = k, maka a1 + a2 + ... + an + 1 – n = n(k–1) + 1 Sehingga Teorema 1.7 menjadi: Jika n(k–1) + 1 obyek diletakkan dalam n kotak, maka terdapat paling sedikit satu kotak berisi paling sedikit k obyek
- 25. Contoh 5: Diberikan duadisket (berbentuk lingkaran) dengan diameter berbeda. Masing-masing disket dipartisi menjadi 200 juring (sektor) kongruen. Sebanyak 100 juring sembarang dipilih dari disk yang lebih besar dan dicat merah, sedangkan 100 juring sisanya dicat kuning. Untuk disket kecil, setiap juring dicat warna merah atau kuning. Selanjutnya, disket kecil diletakkan di atas disket besar sedemikian hingga titik pusat kedua disket berhimpit. Tunjukkan bahwwa kedua disket tersebut dapat diatur sedemikian hingga minimal ada 100 juring pada disket kecil cocok warnanya denagn juring-juring seletak pada disket besar
- 26. Solusi: Jika posisi cakrambesar dibuat tetap, maka terdapat 200 kemungkinan posisi untuk cakram kecil sedemikian hingga setiap juring cakram kecil termuat di dalam juring cakram besar. Pertama kali hitung total banyaknya warna yang cocok dari ke 200 kemungkinan tadi. Karena cakram besar memiliki 100 juring masing-masing dari dua warna tersebut, maka setiap juring cakram kecil akan cocok warnanya dengan juring-juring bersesuaian pada cakram besar dalam tepat 100 dari 200 posisi yang mungkin. Sehingga total banyaknya warna yang cocok dari semua posisi yang mungkin adalah banyaknya juring pada cakram kecil dikalikan 100, dan ini sama dengan 20000. sehingga rata-rata banyaknya warna yang cocok per posisi adalah 20000 : 200 = 100. Oleh karena itu, haruslah terdapat suatu posisi dengan
- 27. Soal Paket (no.23) :Tunjukkan bahwa untuk setiap bilangan positif n, terdapat bilangan kelipatan n yang angka-angkanya hanya angka “0” dan “1” Solusi: Misal n bilbulpos. Pikirkan barisan sebanyak n+1 bil. Yang angka-angkanya 1, s.b: 1, 11, 111, 1111, ... , 111...1 sebanyak n+1 angka Jika sebuah bilbul. Dibagi n maka sisanya adalah n kemungkinan yaitu 0, 1, 2, 3, ... , n-1 Karena dlm barisan thd n+1 bilbul. & kemungkinan ada n sisa, jika bil. Tsb dibagi dengan n maka berdas. Prinsip sarang burung ada minimal dua bil. di dalam barisan yg mempunyai sisa yg sama jika dibagi dengan n, misal kedua bil. Tsb 111...111...11 dan 11...11, maka 111...111...11 = a.n+r dan 11...11 = b.n+r dikurangkan menjadi 111...1100...00 = (a-b).n Karena (a-b) bilbul. Maka 111...1100...00 bilbul. Kelipatan yang angkanya “0” dan “1”