Soal dan Pembahasan – Relasi Rekurensi dengan Fungsi Pembangkit

Anda diharuskan sudah menguasai teknik dekomposisi pecahan parsial karena pada postingan ini, langkah menguraikan bentuk pecahan yang akan didekomposisi akan dilewatkan (skip). Gunakan informasi berikut untuk menjawab soal-soal di bawah.
\boxed{\begin{aligned} & \displaystyle \binom{k} {n} = \binom{k} {k-n} \\ & \sum_{n=1}^{\infty} nx^n = \dfrac{x} {(1-x)^2} \\ & \sum_{n=1}^{\infty} n^2x^n = \dfrac{x^2+x} {(1-x)^3} \end{aligned}}

Soal Nomor 1
Selesaikan relasi rekurensi berikut dengan menggunakan fungsi pembangkit,
a_n - a_{n-1} = 7
dengan a_0 = 1

Penyelesaian

Misalkan a(x) adalah fungsi pembangkit biasa (FPB) untuk menyelesaikan relasi rekurensi ini, maka haruslah
\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} (a_n - a_{n-1})x^n = 7
Tinjau sukunya satu per satu.
\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_nx^n = a(x) - a_0 = a(x) - 1
\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}x^n = x\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}x^{n-1} = xa(x)
Jadi, persamaan di atas dapat ditulis,
\begin{aligned}& a(x) - 1 - xa(x) = 7 \\ & (1 - x)a(x) = 8 \\ & a(x) = \dfrac{8}{1-x} = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} 8x^n \end{aligned}
Jadi, solusi relasi rekurensinya adalah \boxed{a_n = 8} (barisan konstan yang setiap suku-sukunya 8).

[collapse]

Soal Nomor 2
Selesaikan relasi rekurensi
a_n - 2a_{n-1} = 0 dengan a_0 = 3

Penyelesaian

Relasi rekurensi tersebut merupakan relasi rekurensi homogen dengan koefisien konstan yang dapat diselesaikan dengan mudah. Tetapi, kita akan mencoba menggunakan metode fungsi pembangkit.
Misalkan G(x) fungsi pembangkit biasa (FPB) untuk relasi ini, maka haruslah
\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (a_n - 2a_{n-1})x^n = 0 \\ & \sum_{n=1}^{\infty} a_nx^n - 2x \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}x^{n-1} = 0 \\ & (G(x) - a_0) - 2xG(x) = 0 \\ & (1 -2x)G(x) = 3 \\ & G(x) = \dfrac{3}{1-2x} = \sum_{n=0}^{\infty} 3(2^n)x^n \end{aligned}
Jadi, solusi relasi rekurensinya adalah \boxed{a_n = 3(2^n)}

[collapse]

Soal Nomor 3
Selesaikan a_n - 3a_{n-1} = n^2, n \geq 1, a_0 = 1

Penyelesaian

Misalkan
\displaystyle G(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n
sehingga bentuk operator sumasi dari barisan rekursif tersebut dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} \displaystyle & \sum_{n=1}^{\infty} (a_n - 3a_{n-1})x^n = \sum_{n=1}^{\infty} n^2x^n \\ & (G(x) -1) - 3xG(x) = \dfrac{x^2+x} {(1-x)^3} \\ & (1-3x)G(x) = \dfrac{x^2+x} {(1-x) ^3} + 1 \\ & G(x) = \dfrac{x^2+x + (1-x)^3}{(1-x)^3(1-3x)} \\ & G(x) = \dfrac{-x^3+4x^2-2x+1}{(1-x)^3(1-3x)} \end{aligned}
Dengan menerapkan teknik dekomposisi pecahan parsial (prosedurnya memang cukup panjang dalam kasus ini), diperoleh
\begin{aligned}G(x) & = \dfrac{-\dfrac{13}{8}} {1-x} + \dfrac{\dfrac{9}{4}} {(1-x)^2} + \dfrac{-\dfrac{5}{2}} {(1-x)^3} + \dfrac{\dfrac{23}{8}} {1-3x} \\ & = -\dfrac{13}{8} \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} x^n + \dfrac{9}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+1}{n} x^n \\ & - \dfrac{5}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+2}{n}x^n + \dfrac{23}{8} \sum_{n=0}^{\infty} (3x)^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\dfrac{13}{8} + \dfrac{9}{4} \binom{n+1}{1} - \dfrac{5}{2} \binom{n+2}{2} + \dfrac{23}{8}. 3^n\right)x^n \end{aligned}
Jadi, didapat
\boxed{a_n = -\dfrac{13}{8} + \dfrac{9}{4} \binom{n+1}{1} - \dfrac{5}{2} \binom{n+2}{2} + \dfrac{23}{8}. 3^n}

[collapse]

Soal Nomor 4
Selesaikan a_n = a_{n-1} + n, a_0 = 1.

Penyelesaian

Misalkan
\displaystyle G(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n
sehingga bentuk operator sumasi dari barisan rekursif tersebut dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} \displaystyle & \sum_{n=1}^{\infty} a_nx^n = \sum_{n=1}^{\infty} (a_{n-1} + n)x^n \\ & G(x) -1 = xG(x) + \dfrac{x} {(1-x)^2} \\ & G(x)(1-x) = \dfrac{x} {(1-x)^2} + \dfrac{(1-x)^2}{(1-x)^2} \\ & G(x) = \dfrac{x+(1-x)^2}{(1-x)^2(1-x)} = \dfrac{1-x+x^2}{(1-x)^3} \end{aligned}
Dengan menggunakan teknik dekomposisi pecahan parsial, diperoleh
\begin{aligned} G(x) & = \dfrac{1}{1-x} - \dfrac{1}{(1-x)^2} + \dfrac{1}{(1-x)^3} \\ & =\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} x^n - \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+1}{n} x^n + \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+2}{2}x^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(1-(n+1)+\binom{n+2}{2}\right)x^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(-n +\binom{n+2}{2}\right)x^n \end{aligned}
Jadi, barisan eksplisitnya adalah
\boxed{a_n = -n +\binom{n+2}{2}}

[collapse]

Soal Nomor 5 (Soal OSN Pertamina Tahun 2010)
Jika a_n - 3a_{n-1} = 2-2n^2,a_0 = 3, maka a_{99} = \cdots

Penyelesaian

Misalkan
G(x) = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n dan perhatikan bahwa
\sum_{n=0}^{\infty} x^n = \dfrac{1}{1-x} ekuivalen dengan \sum_{n=1}^{\infty} x^n =\dfrac{1}{1-x} - 1, berarti dapat kita tuliskan bentuk barisan rekursif di atas menjadi
\displaystyle \begin{aligned} & \sum_{n=1}^{\infty} (a_n - 3a_{n-1})x^n = \sum_{n=1}^{\infty} (2-2n^2)x^n \\ & [G(x) - 3] - 3xG(x) = \dfrac{2}{1-x} - 2 - \dfrac{2(x^2+x)} {(1-x)^3} \\ & G(x) = \dfrac{-x^3+3x^2-9x+3}{(1-x)^3(1-3x)} \end{aligned}
Uraikan dengan dekomposisi pecahan parsial untuk mendapatkan
\begin{aligned} \displaystyle G(x) & = \dfrac{2}{(1-x)^3} + \dfrac{1}{1-3x} \\ & = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \binom{2+n} {n} x^n + \sum_{n=0}^{\infty} (3x)^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(2 \binom{2+n} {n} + 3^n\right)x^n \end{aligned}
Jadi, rumus barisan eksplisitnya adalah
\displaystyle a_n = 2 \binom{2+n} {n} + 3^n = 2 \binom{2+n} {2} + 3^n
sehingga
\boxed{a_{99} = 2 \binom{2+99}{99} + 3^{99} = 3^{99} + 99^2 + 299}

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan – Kombinatorika (Tingkat Lanjut)

Berikut ini adalah beberapa soal mengenai kombinatorika beserta penyelesaiannya yang diambil dari soal-soal tingkat olimpiade seperti ON-MIPA PT dan OSN Pertamina. Selamat belajar!

Soal Nomor 1
Enam dadu (dengan 6 sisi) dilempar satu kali. Probabilitas munculnya jumlah mata dadu 9 adalah \cdots

Penyelesaian

Ada P(S) = 6^6 susunan untuk kasus ini.
Kemungkinan munculnya jumlah mata dadu 9 adalah sebagai berikut (masing-masing angka merepresentasikan setiap mata dadu yang muncul).
1~1~1~1~1~4 sebanyak \dfrac{6!}{5!} = 6 susunan.

1~1~1~1~2~3 sebanyak \dfrac{6!}{4!} = 30 susunan.

1~1~1~2~2~2 sebanyak \dfrac{6!}{3!.3!} = 20 susunan.
Semua susunan yang mungkin adalah 6 + 30 + 20 = 56 susunan, sehingga probabilitas munculnya jumlah mata dadu 9 adalah
P(9) = \dfrac{56}{6^6}

[collapse]

Soal Nomor 2
Banyak cara mengisi persegi panjang berukuran 2 \times 16 dengan persegi panjang berukuran 2 \times 2, 2 \times 3, dan 2 \times 4 adalah \cdots

Penyelesaian

Karena setiap persegi panjang yang diberikan memiliki ukuran panjang yang sama, yaitu 2, maka kita hanya perlu meninjau ukuran lebarnya. Untuk mengisi persegi panjang berukuran 2 \times 16 tersebut, kita perlu menentukan nilai a, b, c \in \mathbb{N} sedemikian sehingga persamaan berikut berlaku.
2a + 3b + 4c = 16
Tabel berikut menyatakan kombinasi nilai a, b, c yang mungkin untuk memenuhi persamaan di atas.

Jadi, ada 10 cara mengisi persegi panjang tersebut. Tetapi, perlu diperhatikan bahwa penempatan urutan nilai a,b,c (mewakili persegi panjang dengan ukuran yang disebutkan pada soal) juga mengakibatkan perbedaan cara pengisiannya. Untuk masing-masing cara pada tabel, kita dapat menggunakan permutasi berulang guna menghitung banyak cara seluruhnya, yaitu (untuk setiap barisnya):
\begin{aligned} & 1 + \dfrac{5!}{3!.2!} + \dfrac{5!}{1!.2!.2!} + \dfrac{6!}{4!.2!} + \dfrac{5!}{4!.1!} \\ &  + \dfrac{6!}{3!.2!.1!} + \dfrac{7!}{6!.1!} + \dfrac{6!}{2!.4!} + \dfrac{7!}{5!.2!} + 1 \\ &= 1 + 10 + 30 + 15 + 5 + 60 + 7 + 15 + 21 = 165 \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 3
Pada babak final sebuah turnamen, tim pemenang adalah tim yang pertama sekali memenangkan 2 pertandingan secara berurutan atau tim yang pertama sekali memenangkan 4 pertandingan. Banyak cara turnamen dapat terjadi adalah \cdots

Penyelesaian

Misalkan pada turnamen tersebut, dua tim yang bertanding adalah Tim A dan Tim B. Tabel berikut menyatakan kemungkinan yang dapat terjadi agar tim A menang (M = menang, K = kalah).

Maksimal pertandingan yang dapat terjadi hanya sampai 7 kali. Masing-masingnya menghasilkan 2 kemungkinan, yaitu untuk tim A dan tim B (tabel di atas merepresentasikan kemenangan tim A). Jadi, ada 6 \times 2 = 12 cara agar turnamen demikian dapat terjadi.

[collapse]

Soal Nomor 4
Pada sebuah lemari terdapat 25 helai baju yang terdiri atas 4 ukuran, yaitu 5 helai baju berukuran S, 4 helai baju berukuran M, 9 helai baju berukuran L, dan 7 helai baju berukuran XL. Tentukan jumlah baju paling sedikit yang dapat diambil agar selalu diperoleh 7 helai baju berukuran sama.

Penyelesaian

Gunakan Prinsip Sarang Merpati (PSM) untuk kasus ini.
Ada 4 ukuran baju berbeda. Ambil 6 helai masing-masing ukuran bajunya, yaitu
5 helai baju ukuran S (maksimum)
4 helai baju ukuran M (maksimum)
6 helai baju ukuran L
6 helai baju ukuran XL
Jumlah: 5 + 4 + 6 + 6 = 21 helai baju. Ambil 1 helai baju lagi (antara baju berukuran L atau XL), sehingga dipastikan kita sudah memegang 7 helai baju dengan ukuran yang sama. Jadi, kita perlu mengambil paling sedikit 22 helai baju agar selalu diperoleh 7 helai baju dengan ukuran yang sama.

[collapse]

Soal Nomor 5
Pada sebuah pesta pernikahan terdapat 6 orang (termasuk pengantin) yang hendak berfoto. Banyak cara menata pose foto dalam satu baris dari keenam orang tersebut sedemikian sehingga pengantin berdiri tidak saling berdekatan/bersampingan adalah \cdots

Penyelesaian

Banyak cara menata pose foto 6 orang berdiri dalam satu baris adalah
P_6^6 =\dfrac{6!}{(6-6)!} = 720 cara
Banyak cara menata pose foto 6 orang sehingga pengantin berdiri saling berdekatan/bersampingan adalah
P_2^2 \times P_2^2 \times P_4^4 = 2 \times 2 \times 24 = 96 cara
Jadi, banyak cara menata pose foto sehingga pengantin berdiri tidak saling berdekatan/bersampingan adalah
720 - 96 = 624 cara.

[collapse]

Soal Nomor 6
Sebuah password terdiri atas 7 huruf kapital. Password dikatakan legal bila memenuhi dua kondisi: (i) tidak terdapat huruf yang sama, (ii) huruf X dan Y tidak saling berdekatan. Besar peluang membentuk password yang legal adalah \cdots

Penyelesaian

Semua kemungkinan di mana huruf X dan Y saling berdekatan dinyatakan dalam bagan berikut.

Ada 6 posisi, dan XY \neq YX, berarti total semuanya ada 12 posisi untuk memenuhi syarat kedua. Masing-masing kotak putih pada setiap baris memiliki pemilihan huruf yang sama dan tak boleh berulang, yaitu
24 \times 23 \times 22 \times 21 \times 20 (dimulai dari 24, karena ada 26 huruf dan huruf XY telah terpakai).
Jadi, banyak cara membentuk password tanpa pengulangan huruf dan huruf X dan Y berdekatan adalah
12 \times 24 \times 23 \times 22 \times 21 \times 20
Dengan kata lain, banyak cara membentuk password tanpa pengulangan huruf dan huruf X dan Y tidak berdekatan adalah
(26 \times 25 \times \cdots \times 20) - (12 \times 24 \times \cdots \times 21 \times 20)
atau disederhanakan menjadi
(26 \times 25 - 12) \times 24 \cdots \times 20 = 638 \times 24 \cdots \times 20
Jadi, peluang membentuk password legal adalah
\boxed{\dfrac{638 \times 24 \cdots \times 20}{26^7}}

[collapse]

Soal Nomor 7
Berapa banyak cara membentuk sebuah panitia yang beranggotakan 5 orang yang dipilih dari 7 orang pria dan 5 orang wanita, jika di dalam panitia tersebut paling sedikit beranggotakan 2 orang wanita?

Penyelesaian

Jumlah wanita di dalam panitia: 2, 3, 4, atau 5 orang.
Pilih 2 orang dari 5 wanita, ada C(5, 2) cara, sisanya pilih 3 orang dari 7 pria, ada C(7,3) cara.
Pilih 3 orang dari 5 wanita, ada C(5, 3) cara, sisanya pilih 2 orang dari 7 pria, ada C(7,1) cara.
Pilih 4 orang dari 5 wanita, ada C(5, 4) cara, sisanya pilih 1 orang dari 7 pria, ada C(7,2) cara.
Pilih 5 orang dari 5 wanita, ada C(5, 5) cara, sisanya pilih 0 orang dari 7 pria, ada C(7,0) cara.
Jumlah cara pembentukan panitia seluruhnya adalah
\begin{aligned} C(5,2)C(7,3) + & C(5,3)C(7,2) + \\ & C(5,4)C(7,1) +C(5,5)C(7,0) \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 8
Enam komite akan dibentuk dari 14 orang. Bila 2 komite dari 6 komite ini terdiri atas 3 orang dan sisanya terdiri atas masing-masing 2 orang, maka banyaknya komite yang dapat dibentuk adalah …

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 9a
Diberikan persamaan x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 12, dengan x_i adalah bilangan cacah. Berapa jumlah kemungkinan solusinya?

Penyelesaian

Ini merupakan kasus kombinasi dengan pengulangan, di mana n = 4 (dianalogikan sebagai banyak kotak) dan r = 12 (dianalogikan sebanyak 12 bola). Setiap kotak bisa diisi 0, 1, 2,…, 12 bola, dengan syarat jumlah bola pada seluruh kotak yang ada adalah 12 bola. Contoh penyelesaiannya adalah
x_1 = 3, x_2 =, 4, x_3 = 3, x_4 = 2
Seluruh kemungkinan yang ada adalah
C(4 + 12 - 1, 12) = C(15, 12) = 455 buah kemungkinan solusi.

[collapse]

Soal Nomor 9b
Berapa banyak solusi bilangan bulat dari x_1 +x_2 +x_3 = 10 jika diberi syarat 0 \leq x_1 \leq 2, x_2 > 1, dan x_3 \geq 0?

Penyelesaian

Analogikan dengan membagi 10 buah bola yang identik ke dalam 3 buah kotak, sebut saja kotak x_1, x_2, dan x_3. Jadi, x_1 ada kemungkinan berisi 0 (tak berisi), 1, atau 2. Untuk masing-masing nilai x_1, kita perinci perhitungannya sebagai berikut.
(i) Kasus x_1=0, berarti x_2+ x_3 = 10. Isikan 2 bola ke dalam kotak x_2 (karena syaratnya x_2 > 1). Bagikan 8 bola sisanya ke kotak x_2 dan x_3, semuanya ada C(2+8-1,8)=C(9,8) cara.
(ii) Kasus x_1=1, berarti x_2+ x_3 = 9. Isikan 2 bola ke dalam kotak x_2 (karena syaratnya x_2 > 1). Bagikan 7 bola sisanya ke kotak x_2 dan x_3, semuanya ada C(2+7-1,7)=C(8,7) cara.
(i) Kasus x_1=2, berarti x_2+ x_3 = 8. Isikan 2 bola ke dalam kotak x_2 (karena syaratnya x_2 > 1). Bagikan 6 bola sisanya ke kotak x_2 dan x_3, semuanya ada C(2+6-1,6)=C(7,6) cara.
Jumlah solusi seluruhnya adalah
\boxed{C(9,8) +C(8,7) +C(7,6) = 9 + 8 + 7 = 24} buah.

[collapse]



Soal Nomor 10
Setiap bujur sangkar pada persegi panjang berukuran 1 \times n diwarnai dengan menggunakan satu dari tiga warna merah, putih, atau biru. Banyak cara mewarnai persegi 1 \times n dengan merah, putih, atau biru sehingga terdapat genap buah bujur sangkar berwarna putih adalah…

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 11
Sebuah papan catur C terdiri atas i baris dan j jalur. Misalkan b menyatakan banyaknya maksimal benteng yang dapat diletakkan pada C sehingga tidak ada dua benteng yang saling menyerang. Tentukan banyaknya cara meletakkan b buah benteng pada C sedemikian sehingga tidak ada dua benteng yang saling menyerang. [Catatan: Pada permainan catur, gerak benteng adalah berarah horizontal (pada baris) dan berarah vertikal (pada lajur)].

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 12
Dari 100.000 buah bilangan bulat positif pertama, berapa banyak bilangan yang mengandung tepat 1 buah angka 3, 1 buah angka 4, dan 1 buah angka 5?

Penyelesaian

Bilangan 100.000 jelas tidak memenuhi untuk kasus ini sehingga kita hanya perlu meninjau bilangan dengan 5 digit (untuk kasus bilangan ratusan, anggap posisi puluh ribuan dan ribuannya 0, begitu juga untuk kasus bilangan ribuan). Berarti, ada 5 cara mengisi angka 5, 4 cara mengisi angka 4, dan 3 angka mengisi angka 3. Dua tempat kosong lainnya bisa diisi angka lain yaitu 0, 1, 2, 6, 7, 8, dan 9 (ada 7 angka dan boleh berulang). Jadi, banyak bilangan yang demikian adalah
\boxed{5 \times 4 \times 3 \times 7 \times 7 = 2940~\text{cara}}

[collapse]

Soal Nomor 13
Dari sejumlah besar koin 25-an, 50-an, 100-an, dan 500-an, berapa banyak cara lima koin dapat diambil?

Penyelesaian

Kasus ini adalah kasus kombinasi dengan pengulangan (karena koin tertentu dapat diambil lebih dari sekali). Di sini n = 4 dan r = 5 berarti banyak cara yang dimaksud adalah
C(4 + 5 - 1, 5) = C(8,5) cara.

[collapse]

Soal Nomor 14
Tentukan banyaknya cara agar 4 buku matematika, 3 buku sejarah, 3 buku kimia, dan 2 buku sosiologi (jenis bukunya berbeda) dapat disusun dalam satu baris sedemikian sehingga (untuk masing-masing soal):
a. semua buku yang topiknya sama letaknya bersebelahan
b. urutan buku dalam susunan bebas

Penyelesaian

(Jawaban a) Pandang setiap topik buku sebagai satu kesatuan (karena harus bersebelahan). Karena ada 4 topik, jadi kita peroleh 4! untuk mengatur susunannya. Di lain sisi, setiap topik memiliki jenis buku yang berbeda pula. Untuk topik matematika, ada 4! cara mengatur susunannya, 3! cara mengatur susunan buku sejarah, 3! cara mengatur susunan buku kimia, dan 2! mengatur susunan buku sosiologi. Jadi, totalnya ada
4! \times 4! \times \times 3! \times 3! \times 2! = 41.472 cara mengatur susunan buku dengan syarat yang diberikan.
(Jawaban b) Ini termasuk kasus permutasi dengan pengulangan, jadi ada
\dfrac{12!}{4!. 3!. 3!. 2!} = 277.200  cara mengatur susunan bukunya.

[collapse]

Soal Nomor 15
Misalkan |A| = m dan |B|=n. Berapa banyak fungsi yang dapat dibuat dari himpunan A ke himpunan B?

Penyelesaian

Ingatlah kembali definisi fungsi bahwa setiap elemen pada himpunan A (domain) harus mempunyai pemetaan tepat satu di himpunan B (kodomain). Elemen pertama di A mempunyai n kemungkinan peta di B, begitu juga elemen kedua, elemen ketiga, sampai elemen ke-m, sehingga jumlah fungsi yang dapat dibuat dari A ke B (terapkan aturan perkalian) adalah
\underbrace{n \times n \times\cdots \times n} _{\text{sebanyak}~m} = n^m buah.

[collapse]

Soal Nomor 16
Berapa banyak string yang dibentuk dari permutasi huruf-huruf pada kata “SARUNG” sedemikian sehingga huruf-huruf vokal terletak pada posisi yang bersebelahan?

Penyelesaian

Huruf vokal pada kata SARUNG adalah A dan U. Hal yang ditanyakan dalam soal ini adalaah string yang mengandung UA atau AU. Karena UA atau AU harus muncul pada satu blok, maka kita harus menghitung jumlah permutasi blok AU atau UA dengan huruf-huruf S, R, N, dan G. Untuk AU,S, R, N, dan G, jumlah kata yang dapat dibentuk adalah P(5,5)=5!, begitu juga untuk UA, S, R, N, dan G.
Jadi, jumlah kata seluruhnya adalah 5! + 5! = 240
Catatan: String adalah istilah tipe data bahasa pemrograman yang menampung data berupa huruf.

[collapse]

Soal Nomor 17a
Kartu remi (poker) seluruhnya ada 52 buah kartu dalam satu pak. Keseluruhan kartu ini terdiri dari 13 jenis kartu, setiap jenis terdiri atas 4 buah kartu. Tiga belas kartu tersebut adalah: 2, 3,…, 10, joker, ratu, raja, dan as. Setiap pemain remi mendapatkan 5 buah kartu sebagai bentuk dimulainya permainan. Berapa peluang dari 5 kartu tersebut mengandung 4 kartu dari jenis yang sama?

Penyelesaian

Jumlah cara mengambil 5 kartu sembarang dari 52 kartu yang ada adalah C(52,5) (jumlah titik contoh).
Jumlah cara mengambil satu jenis kartu dari 13 jenis yang ada adalah C(13,1).
Jumlah cara mengambil 4 kartu dari 4 kartu sejenis adalah C(4,4).
Jumlah cara mengambil satu kartu lagi dari sisa 48 kartu lainnya adalah C(48,4).
Jadi, peluang dari 5 kartu tersebut mengandung 4 kartu sejenis adalah
\boxed{\dfrac{C(13,1) \times C(4,4) \times C(48,1)} {C(52,5)} = 0,00024}

[collapse]



Soal Nomor 17b 
Berapa peluang dari 5 kartu remi mengandung 4 kartu as?

Penyelesaian

Pada soal ini, jenis kartu sudah ditentukan, yaitu kartu as, jadi hanya ada satu cara (pilihan) untuk mengambilnya.
Jumlah cara mengambil 4 kartu dari 4 kartu as adalah C(4,4).
Jumlah cara mengambil 1 kartu lagi dari 48 kartu sisanya adalah C(48,4)
Jumlah cara mengambil 5 kartu sembarang dari 52 kartu adalah C(52,5).
Jadi, peluang dari 5 kartu itu mengandung 4 kartu as adalah
\boxed{\dfrac{1 \times C(4,4) \times C(48,1)} {C(52,5)} = 0,0000185}

[collapse]

Soal Nomor 18
Di perpustakaan FKIP Untan terdapat 3 jenis buku berbeda: buku Matematika Diskrit, buku Struktur Aljabar, dan buku Analisis Real. Perpustakaan menyediakan sedikitnya 10 buah buku untuk masing-masing jenisnya. Berapa banyak cara memilih 10 buah buku?

Penyelesaian

Soal ini termasuk kasus kombinasi dengan pengulangan di mana n = 3 dan r = 10. Jumlah cara memilih buku adalah
C(3 + 10 - 1, 10) = C(12, 10) = 66

[collapse]

Soal Nomor 19
Sebuah rangkaian digit biner adalah sebuah barisan yang terdiri dari angka 0 dan 1. Banyaknya rangkaian digit biner yang terdiri atas tepat delapan angka 0 dan tepat sepuluh angka 1 sedemikian sehingga setiap kemunculan angka 0 segera diikuti oleh digit 1 adalah …

Penyelesaian

Langkah pertama adalah memasangkan setiap angka 0 dengan angka 1. Berdasarkan informasi pada soal, kita akan memperoleh tepat 8 pasangan yang mungkin (angka 01 sebanyak 8 kali kemunculan) dan sisanya adalah angka 1 sebanyak 2 buah. Perhatikan ilustrasi tabel berikut.

Ilustrasi tabel di atas menunjukkan bahwa ada 9 kotak putih yang dapat kita tempatkan angka 1 tersisa. Jadi, ada C(9,2) = 36 cara memposisikannya (menggunakan kombinasi, karena bila angka 1 dan angka 1 yang lain dibolak-balik dianggap sama, tetap membentuk angka 11). Tetapi, ini hanya cara ketika angka 1 dan angka 1 yang lain diletakkan secara terpisah dalam kotak itu. Ada kemungkinan angka 1 dan angka 1 yang lain diletakkan dalam kotak yang sama, sebab akan menghasilkan digit biner yang berbeda, contohnya 11-01-01-01-01-01-01-01-01. Karena ada 9 kotak, maka ada 9 cara lain yang dimaksud.

Jadi, ada 36 + 9 = 45 rangkaian digit biner berbeda yang dapat dibuat dengan syarat yang diberikan.

[collapse]

Soal Nomor 20
Sebuah keluarga besar beranggotakan 14 orang anak yang terdiri dari dua kelahiran kembar tiga identik, tiga kelahiran dua identik, dan dua anak yang lain. Bila kembar identik tak dapat dibedakan, maka banyak pose foto berdiri dalam satu baris pada 14 anak tersebut adalah …

Penyelesaian

Kasus ini ekuivalen dengan kasus penyusunan string/kata yang mengandung sejumlah huruf yang sama. Gunakan permutasi berulang untuk kasus ini, yaitu
\dfrac{14!}{(3!)^2\times (2!)^3}
Jadi, banyaknya pose foto berdiri dalam satu baris pada 14 anak tersebut adalah \boxed{\dfrac{14!}{(3!)^2\times (2!)^3}}

[collapse]

Soal Nomor 21
Banyak cara menugaskan 5 pekerjaan berbeda ke 4 orang pegawai berbeda sedemikian sehingga setiap pegawai ditugaskan ke paling sedikit satu pekerjaan adalah …

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 22 (Soal ON-MIPA Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Untuk setiap bilangan asli n \in \mathbb{N} dengan n \geq 2, nilai dari
\displaystyle \dfrac{1}{n} \binom{n} {1}+\dfrac{2}{n} \binom{n} {2}+\cdots+\dfrac{n-1}{n} \binom{n} {n-1}
adalah….

Penyelesaian

Misalkan
S = \displaystyle \dfrac{1}{n} \binom{n} {1}+\dfrac{2}{n} \binom{n} {2}+\cdots+\dfrac{n-1}{n} \binom{n} {n-1}
Dengan menggunakan sifat kesimetrisan binomial, diperoleh
S = \displaystyle \dfrac{1}{n} \binom{n} {n-1}+\dfrac{2}{n} \binom{n-2} {2}+\cdots+\dfrac{n-1}{n} \binom{n} {1}
Jumlahkan keduanya, sehingga didapat
2S = \displaystyle \binom{n} {1} + \binom{n} {2} + \cdots + \binom{n} {n-1} = \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n} {k}
Ingat Teorema Binomial berikut.
\boxed{\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n} {k} x^ky^{n-k} = (x+y)^n}
Dengan mengganti x = y = 1, kita akan mendapatkan bahwa
2^n = \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n} {k}
Karena \binom{n}{0} =\binom{n} {n} = 1, kita akan mendapatkan
2S = 2^n - 2 \Rightarrow \boxed{S = 2^{n-1} - 1}

[collapse]

Soal Nomor 23 (Soal ON-MIPA Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Seorang petinju mempunyai waktu 75 minggu untuk mempertahankan gelar. Untuk itu pelatih menjadwalkan program latih tanding. Pelatih merencanakan sedikitnya terdapat satu latih tanding dalam satu minggu, tetapi tidak boleh lebih dari 125 latih tanding dalam periode 75 minggu. Perlihatkan bahwa ada periode waktu yang terdiri atas beberapa minggu berurutan sehingga terdapat tepat 24 latih tanding.

Penyelesaian

Misalkan a_1 adalah banyaknya latih tanding yang telah dilakukan petinju sampai hari ke-i dengan i = 1,2,3,\cdots, 75, sehingga diperoleh
1 \leq a_1 < a_2 < a_3 < \cdots < a_{75} \leq 125
dan dengan menambahkan 24 di setiap ruas, diperolehlah
25 \leq a_1 + 24 < a_2+24< \cdots < a_{75} + 24 \leq 149
Karena ada 149 bilangan terhitung dari 1 sampai 149, sedangkan a_1,a_2,a_{75},a_1+24,a_2+24, \cdots, a_{75}+24 ada 150 bilangan, maka menurut Prinsip Sarang Burung Merpati (Pigeon Hole Principle), setidaknya ada 2 bilangan yang sama dari barisan tersebut, yakni ada i dan j sedemikian sehingga a_i = a_j +24
Dengan kata lain, pada hari ke j+1,j+2,\cdots, i, si petinju tepat latih tanding sebanyak 24 kali.

[collapse]

Soal Nomor 24 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2017)
Diberikan bilangan bulat n \geq 5. Tuliskan argumentasi kombinatorik untuk memperlihatkan bahwa
\displaystyle \binom{2n} {5} = 2\binom{n} {5} + 2n\binom{n}{4} + (n^2-n) \binom{n} {3} 

Penyelesaian

Anggap terdapat 2n dalam suatu grup yang terdiri dari n pria dan n wanita, dan kita hendak memilih 5 orang perwakilan dari grup tersebut, sehingga banyak cara memilihnya adalah
\displaystyle \binom{2n} {5}
Di lain sisi, perwakilan tersebut dapat terdiri dari pria (P) dan wanita (W) dengan kombinasi 5P, 5W, 4P 1W, 3P 2W, 2P 3W, dan 1P 4W, sehingga banyak pemilihan dengan cara tersebut adalah
\displaystyle \binom{n} {5}\binom{n} {0} + 2\binom{n} {4}\binom{n} {1} + 2\binom{n} {3}\binom{n} {2}
dan jika disederhanakan diperoleh
\displaystyle 2\binom{n} {5} + 2n\binom{n} {4} + (n^2-n)\binom{n} {3}
Jadi, terbukti bahwa
\displaystyle \binom{2n} {5} = 2\binom{n} {5} + 2n\binom{n}{4} + (n^2-n) \binom{n} {3}

[collapse]

Soal Nomor 25
Misalkan m, n bilangan bulat positif. Dengan menggunakan argumentasi kombinatorik, buktikan identitas berikut.
\displaystyle \binom{m+n}{n} = \binom{m} {0}\binom{n} {0} + \binom{m} {1}\binom{n} {1} + \cdots + \binom{m} {n} \binom{n} {n}

Penyelesaian

Tuliskan dulu persamaan kombinatorialnya sebagai berikut dengan menggunakan sifat kesimetrisan binomial.
\displaystyle \binom{m+n} {n} = \binom{m} {0}\binom{n} {n} + \binom{m} {1}\binom{n} {n-1} + \cdots + \binom{m} {n} \binom{n} {0}
Ruas kiri menyatakan banyaknya subhimpunan S dengan n unsur dari suatu himpunan H dengan m+n unsur. Misalkan H = A \cup B dengan |A| = m dan |B| = n. Subhimpunan S dapat kita konstruksi dengan cara mengambil 0 unsur dari A dan n unsur dari B atau 1 unsur dari A dan n-1 unsur dari B atau seterusnya sampai kita dapat mengambil n unsur dari A dan 0 unsur dari B. Banyak subhimpunan yang ada yaitu
\displaystyle\binom{m} {0}\binom{n} {n} + \binom{m} {1}\binom{n} {n-1} + \cdots + \binom{m} {n} \binom{n} {0}
Kembalikan bentuknya dengan kesimetrisan binomial sehingga terbukti bahwa
\boxed{\displaystyle \binom{m+n}{n} = \binom{m} {0}\binom{n} {0} + \binom{m} {1}\binom{n} {1} + \cdots + \binom{m} {n} \binom{n} {n}}

[collapse]

Soal Nomor 26
Diberikan 8 bilangan bulat. Tunjukkan bahwa terdapat 2 bilangan di antaranya yang jumlah atau selisihnya habis dibagi 12.

Penyelesaian

Jika kedelapan bilangan bulat tersebut dibagi 12, maka kemungkinan sisanya adalah \{0,1,2,\cdots, 12}. Sekarang siapkan 7 buah “kotak” dan beri label seperti berikut.
\{0\}, \{1,11\}, \{2,10\}, \{3,9\}, \{4,8\}, \{5,7\}, \{6\}
Kemudian kita masukkan kedelapan bilangan bulat itu ke dalam “kotak” sesuai dengan sisa hasil baginya oleh 12. Karena terdapat 7 buah kotak dan 8 bilangan, maka menurut Pigeon Hole Principle, terdapat setidaknya satu kotak yang memuat dua bilangan. Jika kotak itu adalah kotak berlabel \{0\} dan \{6\}, maka selisih dua bilangan tersebut adalah kelipatan 12, contohnya bilangan 6 dan 12 yang masuk ke kotak berlabel \{6\} (karena sisa hasil baginya oleh 12 adalah 6) memiliki selisih 12. Di lain sisi, jika yang memuat dua bilangan itu kotak lainnya, maka hasil penjumlahan dua bilangan tersebut habis dibagi 12, contohnya bilangan 2 dan 22 masuk ke dalam kotak berlabel \{2,10\} memiliki jumlah 24, yang merupakan kelipatan 12. (Terbukti). \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 27 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2013)
Untuk semua bilangan bulat positif n \geq 2, nilai dari
\displaystyle \sum_{k=2}^{n}k(k-2)\binom{n} {k}
adalah…..

Penyelesaian

Ingat identitas binomial berikut.
\boxed{\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{k=1}^{n} k^2\binom{n} {k} = (n+n^2)2^{n-2} \\ & \sum_{k=1}^{n} k\binom{n} {k} = n2^{n-1}\end{aligned}}
Dengan menggunakan identitas tersebut, diperoleh
\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{k=2}^{n} k(k-2) \binom{n} {k} \\ & = \sum_{k=2}^{n} k^2\binom{n} {k} - 2\sum_{k=2}^{n} k\binom{n} {k} \\ & = \sum_{k=1}^{n} k^2\binom{n} {k} - 2\sum_{k=1}^{n} k\binom{n} {k} - \left(1^2\binom{n} {1} - 2\binom{n} {1}\right) \\ & = (n+n^2)2^{n-2} - 2n.2^{n-1} - (n-2n) \\ & = 2^{n-1}\left(-\dfrac{3}{2}n+\dfrac{1}{2}n^2}\right)+n \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 28
Tentukan banyaknya permutasi dari 0,1,2,\cdots, 9 yang diawali dengan digit 987 atau memuat digit 45 pada posisi ke-5 dan 6 atau diakhiri dengan digit 123

Penyelesaian

Misalkan
A adalah himpunan permutasi dari 0,1,2,\cdots, 9 yang diawali oleh digit 987,
B adalah himpunan permutasi dari 0,1,2,\cdots, 9 yang memuat digit 45 pada posisi ke-5 dan 6, dan
C adalah himpunan permutasi dari 0,1,2,\cdots, 9 yang diakhiri oleh digit 123, sehingga diperoleh
|A| = 7! karena ada 7 posisi lainnya yang dapat diisi digit yang masih tersedia.
|B| = 8!~\text{dan}~|C|=7!
juga,
|A \cap B| = 5! hanya tersisa 5 posisi yang dapat diisi angka yang masih tersedia.
|A \cap C| = 5!~\text{dan}~|B \cap C| = 5!
dan terakhir,
|A \cap B \cap C|= 2! karena hanya ada 2 posisi (yaitu posisi ke-4 dan 7) yang masih dapat diisi angka yang tersedia (yaitu 0 dan 6). Berdasarkan Prinsip Inklusi-Eksklusi (PIE),
\begin{aligned} & |A \cup B \cup C| \\ &= |A| +|B|+|C| - |A \cap B| - |A \cap C| - \\ & |B \cap C| + |A \cap B \cap C| \\ & = 7! + 8! + 7! - 5! - 4! - 5! + 2! = \boxed{50138} \end{aligned}
Jadi, ada 50138 permutasi dari bilangan 0 sampai 9 dengan kondisi yang disebutkan di atas.

[collapse]

Soal Nomor 29 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2011)
Pada acara seminar matematika yang dihadiri oleh n orang peserta seminar. Tunjukkan bahwa di antara para peserta seminar tersebut, senantiasa terdapat dua orang peserta seminar yang mempunyai jumlah kenalan yang sama.

Penyelesaian

Andaikan ada n peserta seminar, yaitu k_0, k_1, k_2, \cdots, k_{n-1}, di mana k_i menyatakan peserta seminar yang memiliki i kenalan dan berbeda-beda. Ini berarti, k_0 adalah peserta seminar yang tidak memiliki kenalan sama sekali, k_1 adalah peserta seminar yang hanya memiliki 1 kenalan, dan seterusnya, sampai k_{n-1} adalah peserta seminar yang memiliki n-1 kenalan. Jelas ini kontradiksi karena k_{n-1} memiliki kenalan dengan semua peserta seminar yang ada, termasuk dengan k_0, padahal k_0 tidak memiliki kenalan. Jadi, pengandaian diingkari. Terbukti bahwa selalu terdapat setidaknya dua orang peserta seminar yang memiliki jumlah kenalan yang sama.

[collapse]

Soal Nomor 30 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2013)
Dua bilangan bulat positif a dan b dikatakan relatif prima bila pembagi sekutu terbesar a dan b adalah 1. Banyaknya bilangan bulat positif k \geq 210 yang relatif prima terhadap 210 adalah….

Penyelesaian

Gunakan Euler’s Totient Function. Misalkan suatu bilangan bulat positif n dapat dituliskan dalam bentuk faktorisasi prima, yaitu
n = p_1^{k_1} + p_2^{k_2} + \cdots + p_r^{k_r}
maka banyaknya bilangan kurang dari n yang relatif prima dengannya adalah \psi(n) = n\left(1-\dfrac{1}{p_1}\right)\left(1-\dfrac{1}{p_2}\right)\cdots \left(1-\dfrac{1}{p_r}\right)
Karena 210 = 2 \times 3 \times 5 \times 7, maka banyak bilangan kurang dari 210 dan relatif prima dengannya adalah
\begin{aligned} \psi(210) & = 210\left(1-\dfrac{1}{2}\right)\left(1-\dfrac{1}{3}\right)\left(1-\dfrac{1}{5}\right)\left(1-\dfrac{1}{7}\right) \\ & = 210\left(\dfrac{1}{2}\right) \left(\dfrac{2}{3}\right) \left(\dfrac{4}{5}\right) \left(\dfrac{6}{7}\right) = 48 \end{aligned}
Jadi, banyaknya bilangan yang relatif prima dengan 210 dan kurang darinya adalah 48.

[collapse]
 

Soal Nomor 31 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2013)
Banyak pasangan bilangan (a, b, c) yang memenuhi a! + b! = c! adalah……

Penyelesaian

Nilai (a, b, c) pada persamaan a! +b! =c! dipenuhi oleh (0,0,2), (1,0,2), (0,1,2), dan (1,1,2). Misalkan c adalah bilangan bulat positif yang lebih dari dua, sebutlah n, dengan n > 2. Sekarang, ambil a = b = n - 1, yang merupakan pasangan bilangan terbesar agar bila dijumlahkan dapat mencapai nilai di ruas kanan. Jadi, dapat ditulis \begin{aligned} & (n-1)! + (n-1)! = n! \\ & 2(n-1)! < n(n-1)! = n! \end{aligned}
Jadi, tidak ada nilai c yang dipenuhi oleh a dan b sehingga persamaan itu benar. Dengan demikian, hanya ada 4 pasangan bilangan (a, b, c) yang memenuhi persamaan a! + b! = c!

[collapse]

Soal Nomor 32
Titik latis adalah titik dengan koordinat bulat. Misalkan (w_i, x_i, y_i, z_i) dengan 1 \leq i \leq 17 adalah tujuh belas titik latis berbeda di ruang \mathbb{R}^4. Tunjukkan bahwa terdapat sepasang titik latis (dari ketujuh belas titik latis itu) yang titik tengah dari garis yang menghubungkannya juga titik latis.

Penyelesaian

Berdasarkan prinsip paritasnya (genap-ganjil), terdapat 2^4 = 16 jenis kombinasi paritas untuk koordinat (w_i, x_i, y_i, z_i). Karena terdapat 17 titik, berdasarkan Pigeon Hole Principle ada dua titik yang paritasnya berjenis sama. Misal kedua titik ini adalah A = (w_i, x_i, y_i, z_i) dan B = (w_j, x_j, y_j, z_j). Akibatnya, w_i + w_j, x_i + x_j, y_i + y_j, dan z_i + z_j adalah bilangan genap (ganjil + ganjil = genap, begitu juga genap + genap = genap). Dengan demikian, titik tengah dari garis lurus yang menghubungkan A dan B, sebut saja C, memiliki koordinat C = \left(\dfrac{w_i + w_j} {2},\dfrac{x_i + x_j} {2},\dfrac{y_i + y_j} {2}, \dfrac{z_i + z_j} {2}\right) adalah titik latis (karena bilangan genap bila dibagi 2 hasilnya adalah bilangan bulat). \blacksquare
Catatan: Salah satu kombinasi paritas yang dimaksud pada koordinat itu adalah (w_1, x_1, y_1, z_1) dengan w_1 genap, w_2 ganjil, w_3 genap, dan w_4 ganjil. Banyaknya kombinasi paritas seluruhnya ada 16.

[collapse]

Soal Nomor 33
Hitunglah \displaystyle \sum_{k=0}^{r} \binom{n+k-1}{k}

Penyelesaian

Ingatlah identitas binomial berikut.
\boxed{\begin{aligned} & \displaystyle \binom{n} {0} = \binom{n-1}{0} = 1 \\ & \binom{n} {k} + \binom{n} {k+1}= \binom{n+1}{k+1} \end{aligned}}
Dengan menguraikannya dalam bentuk jumlah, diperoleh
\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{k=0}^{r} \binom{n+k-1}{k} \\ & = \binom{n-1}{0} + \binom{n} {1} + \binom{n+1}{2} + \cdots + \binom{n+r-1}{r} \\ & = \binom{n+1}{1} + \binom{n+1}{2} + \binom{n+2}{3} + \cdots + \binom{n+r-1}{r} \\ & = \binom{n+2}{2} + \binom{n+2}{3} + \cdots + \binom{n+r-1}{r} \\ & = \binom{n+r} {r} \end{aligned}
Jadi, didapat \boxed{\displaystyle \sum_{k=0}^{r} \binom{n+k-1}{k} = \binom{n+r}{r}}

[collapse]

Soal Nomor 34 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2006)
Berikan koefisien dari x^{80} dalam ekspansi \left(x - \dfrac{1}{x} \right)^{100}

Penyelesaian

Dengan menggunakan teorema binomial
\displaystyle \sum_{k=0}^{100} \binom{100}{k} x^{100-k} \left(\dfrac{1}{x}\right)^{k}
maka ekspresi dari x^{80} pada ekspansi tersebut ditentukan saat k = 10, yaitu
\displaystyle \binom{100}{10}x^{90}\left(-\dfrac{1}{x}\right)^{10} = \binom{100}{10}x^{80}
Jadi, koefisien dari x^{80} pada ekspansi tersebut adalah \boxed{\binom{100}{10}} 

[collapse]

Soal Nomor 35 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Banyak bilangan antara 1 sampai 500 yang tidak habis dibagi 3, 4, dan 6 adalah….

Penyelesaian

Kelipatan persekutuan terkecil dari 3, 4, dan 6 adalah 12, sehingga banyak bilangan yang habis dibagi tiga bilangan itu sama dengan banyak bilangan yang habis dibagi 12, yaitu \displaystyle \left \lfloor\dfrac{500}{12}\right \rfloor = \lfloor 41,.... \rfloor = 41
Jadi, banyak bilangan yang tidak habis dibagi 3, 4, dan 6 adalah 500 – 41 = 459.

[collapse]

Soal Nomor 36 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Didefinisikan fungsi rekursif, \forall n \in \mathbb{Z}, f(1)=1, f(2)=5, dan f(n+1)=f(n)+2f(n-1), n > 2, maka f(n) = \cdots

Penyelesaian

Fungsi rekursif f(n+1)=f(n)+2f(n-1) ekuivalen dengan f(n)=f(n-1)+2f(n-2) atau ditulis menjadi f(n) -f(n-1) - 2f(n-2)=0. Relasi di atas termasuk relasi rekursif homogen dengan koefisien konstan, dengan persamaan karakteristik
r^2 - r -2r = (r - 2)(r+1) = 0
Diperoleh r = 2 atau r = -1
Jadi, solusi relasinya adalah
f(n) = C_12^n + C_2(-1)^n
Substitusikan f(1) = 1 dan f(2) = 5 berturut-turut untuk mendapatkan
1 = C_1(2) + C_2(-1) dan 5 = C_1(4) + C_2
Gunakan metode penyelesaian SPLDV untuk mendapatkan C_1 = C_2 = 1, sehingga \boxed{f(n) = 2^n + (-1)^n}

[collapse]

Soal Nomor 37
Pada suatu pesta pernikahan, setiap orang kenal tepat 25 orang lainnya. Diketahui bahwa:
1) Untuk setiap dua orang X dan Y yang saling kenal, tidak ada orang lain yang kenal dengan X dan Y.
2) Untuk setiap dua orang X dan Y yang tidak saling kenal, tepat 8 orang yang kenal dengan X dan kenal dengan Y.
Tentukan banyak orang yang hadir di pesta tersebut.

Penyelesaian
[collapse]
Ayo Beri Rating Postingan Ini