Category: Kombinatorika

Misalkan $A$ menyatakan himpunan siswa yang mengikuti kompetisi matematika, sedangkan $B$ kompetisi IPA, serta $S$ menyatakan himpunan siswa kelas X sehingga ditulis
$\begin{aligned} |S| & = 31 \\ |A| & = 15 \\ |B| & = 13 \\ |A \cup B|^c & = 7 \end{aligned}$
Ini berarti
$\begin{aligned} |A \cup B| & = |S| -|A \cup B|^c \\ & = 31-7 = 24. \end{aligned}$
Dengan demikian, 
$$\begin{aligned} |A \cap B| & = |A| + |B| -|A \cup B| \\ & = 15 + 13 -24 = 4. \end{aligned}$$Jadi, ada $\boxed{4}$ siswa yang mengikuti kedua kompetisi tersebut.
(Jawaban C)

Misalkan $R$ dan $N$ berturut-turut menyatakan himpunan siswa yang sarapan dengan roti dan nasi goreng. Himpunan $S$ menyatakan himpunan seluruh siswa dalam kasus ini. Diketahui:
$$\begin{aligned} |N| & = 2|R| \\ |R \cap N| & = 6 \\ |(R \cap N)^C| & = 5 \\ |S| & = 38 \end{aligned}$$Menurut prinsip inklusi-eksklusi, berlaku
$$\begin{aligned} |S|-|(R \cap N)^C| & = |R| + |N|-|R \cap N| \\ 38-5 & = |R|+2|R|-6 \\ 33 & = 3|R|-6 \\ 39 & = 3|R| \\ 13 & = |R|. \end{aligned}$$Banyak siswa yang sarapan dengan nasi goreng adalah $2|R| = 2(13) = 26$ orang. Oleh karena itu, banyak siswa yang sarapan dengan nasi goreng SAJA adalah $\boxed{|N|-|R \cap N| = 26-6 = 20}$ orang.
(Jawaban D)

Misalkan $V, B,$ dan $P$ berturut-turut menyatakan himpunan anak yang menggemari voli, basket, dan pingpong. Himpunan $S$ menyatakan himpunan seluruh anak di kelompok tersebut. Diketahui:
$$\begin{array} |V| = 20 & |B \cap P| = 11  \\ |B| =28 & |V \cap P| = 9 \\ |P| = 27 & |V \cap B \cap P| = 5  \\ |V \cap B| = 13 & |S| = 55 \\ \end{array}$$Misalkan $x$ menyatakan jumlah anak yang tidak gemar ketiga jenis permainan tersebut. 
Berdasarkan prinsip inklusi-eksklusi, berlaku
$$\begin{aligned} |S|-x & = |V| + |B| + |P|-|V \cap B|-|V \cap P|-|B \cap P|+|V \cap B \cap P| \\ x & = |S|-(|V| + |B| + |P|)+(|V \cap B|+|V \cap P|+|B \cap P|)-|V \cap B \cap P| \\ x &= 55 -(20+28+27) + (13+11+9) -5 \\ & = 55 -75 + 33 -5 = 8. \end{aligned}$$Jadi, ada $\boxed{8~\text{anak}}$ yang tidak gemar ketiga jenis permainan tersebut.
(Jawaban A)

Misalkan $|A|$ dan $|B|$ berturut-turut menyatakan banyak apel yang berulat dan memiliki kulit yang keriput. Menurut prinsip inklusi-eksklusi, banyak apel yang tidak berulat dan juga tidak memiliki kulit yang keriput sama dengan banyak apel seluruhnya dikurangi banyak apel yang berulat dan banyak apel yang memiliki kulit yang keriput, lalu ditambah banyak apel yang berulat sekaligus kulitnya keriput. Secara matematis, ditulis
$$\begin{aligned} |(A \cup B)^c| & = 100-(|A| + |B|-|A \cap B|) \\ & = 100-(20+15-10) \\ & = 75. \end{aligned}$$Jadi, apel yang boleh dijual ada sebanyak $\boxed{75}$ buah.
(Jawaban C)

Misalkan $A$ menyatakan himpunan siswa yang menyukai aritmetika, $G$ geometri, dan $J$ aljabar, serta $S$ sebagai himpunan semesta. Untuk itu, diketahui
$\begin{aligned} |S| & = 50 \\ |A| & = 30 \\ |G| & = 30 \\ |J| & = 30 \\ |A \cap G| & = 15 \\ |A \cap J| & = 15 \\ |G \cap J| & = 15 \end{aligned}$
Ditanya: $|A \cap G \cap J|$
Menurut prinsip inklusi-eksklusi, berlaku
$$\begin{aligned} |S| & = |A| + |G| + |J|-|A \cap G|-|A \cap J|-|G \cap J|+|A \cap G \cap J| \\ 50 & = 30 + 30 + 30 -15 -15 -15 + |A \cap G \cap J| \\ 50 & = 45 + |A \cap G \cap J| \\ |A \cap G \cap J| & = 50-45 = 5. \end{aligned}$$Jadi, ada $\boxed{5}$ siswa yang menyukai aritmetika, geometri, dan aljabar sekaligus.
(Jawaban D)

Misalkan $M$ dan $F$ berturut-turut menyatakan himpunan siswa yang menyukai matematika dan fisika. Diketahui:
$\begin{aligned} |F| & = \dfrac{5}{2} |F \cap M| \\ |M| & = 4|F \cap M| \\ |F \cup M| & = 44. \end{aligned}$
Menurut prinsip inklusi-eksklusi, kita peroleh
$$\begin{aligned} |F \cup M| & =  |F| + |M| -|F \cap M| \\ 44 & = \dfrac{5}{2}|F \cap M| + 4|F \cap M|-|F \cap M| \\ 44 & = \left(\dfrac52 + 4- 1\right) |F \cap M| \\ 44 & = \dfrac{11}{2} |F \cap M| \\ |F \cap M| & = 44 \times \dfrac{2}{11} = 8. \end{aligned}$$Banyak siswa yang hanya mengikuti olimpiade matematika adalah $\boxed{|M| -|F \cap M| = 4(8) -8 = 24}$
(Jawaban C)

Misalkan $|M|, |B|,$ dan $|A|$ berturut-turut menyatakan banyak pendaftar yang mengalami mabuk ketinggian, dalam keadaan kurang bugar, dan memiliki alergi. Diketahui bahwa
$$\begin{array}{ccc} \hline |M| = 450 & |B| = 622 & |A| = 30 \\ |M \cap B| = 111 & |M \cap A| = 14 & |B \cap A| = 18 \\ & |M \cap B \cap A| = 9. & \\ \hline \end{array}$$Dalam kasus ini, kita akan menentukan nilai $|(M \cup B \cup A)^c|.$
Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh
$$\begin{aligned} |(M \cup B \cup A)^c| & = 1.000-(|M| + |B| + |A|-|M \cap B|-|M \cap A|-|B \cap A|+|M \cap B \cap A|) \\ & = 1.000-(450+622+30-111-14-18+9) \\ & = 32. \end{aligned}$$Jadi, banyak pendaftar yang lolos adalah $\boxed{32}$ orang.
(Jawaban D)

Untuk $6$ himpunan, banyak suku yang terlibat adalah
$$\begin{aligned} n & = \displaystyle \binom{6}{1} + \binom{6}{2} + \binom{6}{3} + \binom{6}{4} + \binom{6}{5} + \binom{6}{6} \\ & = 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 \\ & = 63. \end{aligned}$$Catatan: $\displaystyle \binom{6}{k}$ menyatakan banyaknya cara memilih $k$ dari $6$ himpunan tanpa memperhatikan urutan.
Jadi, $$|A \cup B \cup C \cup D \cup E \cup F|$$ dinyatakan dalam $\boxed{63}$ suku.
(Jawaban D)

Misalkan $G$ dan $K$ berturut-turut menyatakan himpunan bilangan ganjil $\{1, 3, 5, \cdots, 99\}$ dan himpunan bilangan kuadrat $\{1^2, 2^2, \cdots, 10^2\}.$ Ini berarti $|G| = 50$ dan $|K| = 10.$ Selain itu, $$G \cap K = \{1^2, 3^2, 5^2, 7^2, 9^2\}$$sehingga $|G \cap K| = 5.$ Menurut prinsip inklusi-eksklusi, didapat
$$\begin{aligned} |G \cup K| & = |G| + |K|-|G \cap K| \\ & = 50+10-5 \\ & = 55. \end{aligned}$$Jadi, ada $\boxed{55}$ bilangan bulat positif $\le 100$ yang merupakan bilangan ganjil atau bilangan kuadrat.
(Jawaban D)

Notasi $\lfloor x \rfloor$ menyatakan fungsi lantai dari $x$, artinya bilangan bulat terbesar yang lebih kecil dari $x.$ Sebagai contoh, $\lfloor 2,83 \rfloor = 2$ dan $\lfloor 4,003 \rfloor = 4.$
Misalkan $A$ menyatakan himpunan bilangan 4 digit yang habis dibagi $5.$ Banyak anggota $A$ sama dengan banyak bilangan yang habis dibagi $5$ dari $1$ sampai $9.999$ dikurangi banyak bilangan yang habis dibagi $5$ dari $1$ sampai $999.$
$$\begin{aligned} |A| & = \left\lfloor \dfrac{9.999}{5} \right\rfloor- \left\lfloor \dfrac{999}{5} \right\rfloor \\ & = 1.999-199 \\ & = 1.800 \end{aligned}$$Misalkan $B$ menyatakan himpunan bilangan 4 digit yang habis dibagi $7.$ Banyak anggota $B$ sama dengan banyak bilangan yang habis dibagi $7$ dari $1$ sampai $9.999$ dikurangi banyak bilangan yang habis dibagi $7$ dari $1$ sampai $999.$
$$\begin{aligned} |B| & = \left\lfloor \dfrac{9.999}{7} \right\rfloor- \left\lfloor \dfrac{999}{7} \right\rfloor \\ & = 1.428-142 \\ & = 1.286 \end{aligned}$$Bilangan kelipatan $5$ dan $7$ (sekaligus) terhitung dua kali sehingga perlu dihitung banyaknya agar bisa dikurangi.
Misalkan $A \cap B$ menyatakan himpunan bilangan 4 digit yang habis dibagi $5$ dan $7$, yaitu bilangan kelipatan $\text{KPK}(5, 7) = 35$ sehingga
$$\begin{aligned} |A \cap B| & = \left\lfloor \dfrac{9.999}{35} \right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{999}{35} \right\rfloor \\ & = 285-28 \\ & = 257 \end{aligned}$$Menurut prinsip inklusi-eksklusi, banyaknya bilangan 4 digit yang habis dibagi oleh $5$ atau $7$ adalah
$$\begin{aligned} |A \cup B| & = |A| + |B|-|A \cap B| \\ & = 1.800+1.286-257 \\ & = 2.829 \end{aligned}$$Jadi, terdapat $\boxed{2.829}$ bilangan 4 digit yang memenuhi kondisi tersebut.

Karena banyak bilangan 4 digit semuanya (dari $1.000$ sampai $9.999$) ada $9.000,$ maka peluang yang dimaksud sebesar $\boxed{\dfrac{2.829}{9.000} = \dfrac{943}{3.000}}$
(Jawaban D)

Misalkan $|A|, |B|, |C|,$ dan $|D|$ berturut-turut menyatakan banyak bilangan yang habis dibagi $2^2 = 4,$ $3^2 = 9,$ $5^2 = 25,$ dan $7^2 = 49$ pada selang bilangan bulat dari $1$ sampai $99$ (ada $99$ bilangan). Ini berarti bilangan bebas kuadrat dari $1$ sampai $99$ adalah bilangan yang memiliki karakteristik tidak habis dibagi oleh $4, 9, 25,$ dan $49.$
Diketahui bahwa
$$\begin{aligned} |A| & = \left \lfloor \dfrac{99}{4} \right \rfloor = 24 \\ |B| & = \left \lfloor \dfrac{99}{9} \right \rfloor = 11 \\ |C| & = \left \lfloor \dfrac{99}{25} \right \rfloor = 3 \\ |D| & = \left \lfloor \dfrac{99}{49} \right \rfloor = 2 \\ |A \cap B| & = \left \lfloor \dfrac{99}{4 \times 9} \right \rfloor = 2 \end{aligned}$$dan bernilai $0$ untuk kombinasi suku-suku lainnya.
Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh
$$\begin{aligned} |(A \cup B \cup C \cup D)^c| & = 99-(|A|+|B|+|C|+|D|-|A \cap B|) \\ & = 99-(24+11+3+2-2) \\ & = 61. \end{aligned}$$Jadi, ada $\boxed{61}$ bilangan bebas kuadrat yang kurang dari $100.$
(Jawaban C)

Misalkan $|A|, |B|,$ dan $|C|$ berturut-turut menyatakan banyak solusi persamaan ketika $x_1 \ge 6,$ $x_2 \ge 6,$ dan $x_3 \ge 6.$
Dengan menggunakan teorema bintang dan garis (kombinasi berulang), diperoleh informasi berikut.
$$\begin{aligned} |A| & = |B| = |C| = \displaystyle \binom{7 + 3-1}{3-1} = \binom{9}{2} = 36 \\ |A \cap B| & = |A \cap C| = |B \cap C| = \binom{1+3-1}{3-1} = \binom{3}{2} = 3 \\ |A \cap B \cap C| & = 0 \end{aligned}$$Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh
$$\begin{aligned} |(A \cup B \cup C)^c| & = \displaystyle \binom{13 +3-1}{3-1}-\left(|A| + |B| + |C|-|A \cap B|-|A \cap C|-|B \cap C|+|A \cap B \cap C|\right) \\ & = \binom{15}{2}-(36 + 36 + 36-3-3-3+0) \\ & = 105-99 \\ & = 6. \end{aligned}$$Jadi, banyak solusi dari persamaan tersebut dengan kriteria yang diberikan adalah $\boxed{6}$
(Jawaban B)

Misalkan $|A|, |B|,$ $|C|,$ dan $|D|$ berturut-turut menyatakan banyak solusi persamaan ketika $x_1 > 3,$ $x_2 > 4,$ $x_3 > 5,$ dan $x_4 > 8.$
Dengan menggunakan teorema bintang dan garis (kombinasi berulang), diperoleh informasi berikut.
$$\begin{aligned} |A| & = \displaystyle \binom{13+4-1}{4-1} = \binom{16}{3} = 560 \\ |B| & = \displaystyle \binom{12+4-1}{4-1} = \binom{15}{3} = 455 \\ |C| & = \displaystyle \binom{11+4-1}{4-1} = \binom{14}{3} = 364 \\ |D| & = \displaystyle \binom{8+4-1}{4-1} = \binom{11}{3} = 165 \\ |A \cap B| & = \displaystyle \binom{8+4-1}{4-1} = \binom{11}{3} = 165 \\ |A \cap C| & = \displaystyle \binom{7+4-1}{4-1} = \binom{10}{3} = 120 \\ |A \cap D| & = \displaystyle \binom{4+4-1}{4-1} = \binom{7}{3} = 35 \\ |B \cap C| & = \displaystyle \binom{6+4-1}{4-1} = \binom{9}{3} = 84 \\ |B \cap D| & = \binom{3+4-1}{4-1} = \binom{6}{3} = 20 \\ |C \cap D| & = \binom{2+4-1}{4-1} = \binom{5}{3} = 10 \\ |A \cap B \cap C| & = \binom{2+4-1}{4-1} = \binom{5}{3} = 10 \\ |A \cap B \cap D| & = 0 \\ |A \cap C \cap D| & = 0 \\ |B \cap C \cap D| & = 0 \\ |A \cap B \cap C \cap D| & = 0 \end{aligned}$$Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh
$$\begin{aligned} |(A \cup B \cup C \cup D)^c| = & \displaystyle \binom{17 +4-1}{4-1}-(|A| + |B| + |C| + |D| -|A \cap B|-|A \cap C|-|A \cap D|-|B \cap C|-|B \cap D|-|C \cap D|+ \\ & |A \cap B \cap C|+|A \cap B \cap D| + |A \cap C \cap D| + |B \cap C \cap D|-|A \cap B \cap C \cap D|) \\ = & \binom{20}{3}-(560+455+364+165-165-120-35-84-20-10+10+0+0+0-0) \\ = & 1.140-1.125 \\ = & 15. \end{aligned}$$Jadi, banyak solusi dari persamaan tersebut dengan kriteria yang diberikan adalah $\boxed{15}$
(Jawaban C)

Kasus ini analog dengan mencari banyak peracakan dari $6$ objek. Berdasarkan teorema peracakan, diperoleh banyak peracakannya adalah
$$\begin{aligned} N & = 6!\left(1-\dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!} + \dfrac{1}{4!}-\dfrac{1}{5!}+\dfrac{1}{6!}\right) \\ & = 265. \end{aligned}$$Karena banyak permutasi dari $6$ objek adalah $6! = 720,$ peluang kejadian tidak ada orang yang mendapatkan kadonya sendiri adalah $\boxed{\dfrac{265}{720} = \dfrac{53}{144}}$
(Jawaban B)

Misalkan $A$ adalah himpunan siswa yang menyukai matematika dan $B$ adalah himpunan siswa yang menyukai fisika sehingga $A \cap B$ menyatakan himpunan siswa yang menyukai keduanya. Banyaknya siswa yang menyukai salah satu mata pelajaran tersebut atau keduanya dinyatakan oleh himpunan $A \cup B.$ Dengan demikian,
$$\begin{aligned} |A \cup B| & = |A| + |B|-|A \cap B| \\ & = 23+18-8 \\ & = 33. \end{aligned}$$Jadi, ada $33$ siswa di dalam kelas tersebut.

Asumsikan persentase sebagai kardinalitas dari himpunan dengan menganggap rumah penduduk ada sebanyak $100.$
Misalkan $K$ dan $A$ berturut-turut menyatakan rumah penduduk di desa X yang terpasang kipas angin dan AC. Ini berarti $|K| = 98,$ $|A| = 96,$ dan $|K \cap A| = 95.$ Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, persentase rumah penduduk di desa X yang terpasang kipas angin atau AC adalah
$$\begin{aligned} |K \cup A| & = |K| + |A|-|K \cap A| \\ & = 98+96-95 \\ & = 99. \end{aligned}$$Sebaliknya, didapat bahwa sebanyak $\boxed{1\%}$ rumah penduduk di desa X yang tidak terpasang kipas angin maupun AC.

Diketahui $|A_1| = 12$ dan $|A_2| = 18.$ Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh
$$\begin{aligned} |A_1 \cup A_2| & = |A_1| + |A_2|-|A_1 \cap A_2| \\ & = 12 + 18-|A_1 \cap A_2| \\ & = 30 -|A_1 \cap A_2|. \end{aligned}$$Jawaban a)
Karena $A_1 \cap A_2 = \emptyset,$ haruslah $|A_1 \cap A_2| = 0$ (dua himpunan tersebut saling lepas). Akibatnya, $|A_1 \cup A_2| = 30-0 = 30.$ Jadi, banyak elemen di $A_1 \cup A_2$ adalah $\boxed{30}$
Jawaban b)
Karena $|A_1 \cap A_2| = 1,$ didapat $|A_1 \cup A_2| = 30-1 = 29.$ Jadi, banyak elemen di $A_1 \cup A_2$ adalah $\boxed{29}$
Jawaban c)
Karena $|A_1 \cap A_2| = 6,$ didapat $|A_1 \cup A_2| = 30-6 = 24.$ Jadi, banyak elemen di $A_1 \cup A_2$ adalah $\boxed{24}$
Jawaban d)
Karena $A_1 \subseteq A_2,$ haruslah $A_1 \cap A_2 = A_1.$ Akibatnya, $|A_1 \cap A_2| = |A_1| = 12$ sehingga $|A_1 \cup A_2| = 30-12 = 18.$ Jadi, banyak elemen di $A_1 \cup A_2$ adalah $\boxed{18}$

Diketahui $|A_1| = |A_2| = |A_3| = 100.$
Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh
$$|A_1 \cup A_2 \cup A_3| = |A_1| + |A_2| + |A_3|-|A_1 \cap A_2|-|A_1 \cap A_3|-|A_2 \cap A_3| + |A_1 \cap A_2 \cap A_3|.$$Jawaban a)
Jika setiap dua himpunan saling lepas, didapat $$|A_1 \cap A_2| = |A_1 \cap A_3| = |A_2 \cap A_3| = |A_1 \cap A_2 \cap A_3| = 0.$$Jadi, $$\begin{aligned} |A_1 \cup A_2 \cup A_3| & = |A_1| + |A_2| + |A_3| \\ & = 100 + 100 + 100 \\ & = 300. \end{aligned}$$Dengan demikian, banyak elemen di $A_1 \cup A_2 \cup A_3$ dengan kondisi seperti itu adalah $\boxed{300}$ elemen.
Jawaban b)
Diketahui $$|A_1 \cap A_2| = |A_1 \cap A_3| = |A_2 \cap A_3| = 50$$dan $|A_1 \cap A_2 \cap A_3| = 0$ sehingga diperoleh
$$|A_1 \cup A_2 \cup A_3| = 100+100+100-50-50-50+0 = 150.$$Dengan demikian, banyak elemen di $A_1 \cup A_2 \cup A_3$ dengan kondisi seperti itu adalah $\boxed{150}$ elemen.
Jawaban c)
Diketahui $$|A_1 \cap A_2| = |A_1 \cap A_3| = |A_2 \cap A_3| = 50$$dan $|A_1 \cap A_2 \cap A_3| = 25$ sehingga diperoleh
$$|A_1 \cup A_2 \cup A_3| = 100+100+100-50-50-50+25 = 175.$$Dengan demikian, banyak elemen di $A_1 \cup A_2 \cup A_3$ dengan kondisi seperti itu adalah $\boxed{175}$ elemen.
Jawaban d)
Jika tiga himpunan itu sama ($A_1 = A_2 = A_3$), jelas bahwa $$|A_1 \cup A_2 \cup A_3| = |A_1| = |A_2| = |A_3| = 100.$$Dengan demikian, banyak elemen di $A_1 \cup A_2 \cup A_3$ dengan kondisi seperti itu adalah $\boxed{100}$ elemen.

Misalkan
$$\begin{aligned} A & = \text{himpunan}~\text{bita}~\text{yang dimulai dengan 11} \\ B & = \text{himpunan}~\text{bita}~\text{yang diakhiri dengan 11} \\ A \cap B & = \text{himpunan}~\text{bita}~\text{yang dimulai dan diakhiri dengan 11}. \end{aligned}$$sehingga
$$A \cup B = \text{himpunan}~\text{bita}~\text{yang dimulai atau diakhiri dengan 11}.$$Perhatikan sketsa gambar berikut.
Jumlah bita yang dimulai dengan $11$ ada $2^6 = 64$ karena $2$ posisi pertama sudah diisi sehingga kita hanya perlu mengisi $6$ posisi lainnya dengan $2$ pilihan angka, yaitu $0$ dan $1.$ Jadi, $|A| = 64.$
Hal yang demikian juga berlaku untuk jumlah bita yang diakhiri dengan $11,$ yaitu ada $2^6 = 64$ karena $2$ posisi terakhir sudah diisi sehingga kita hanya perlu mengisi $6$ posisi lainnya dengan $2$ pilihan angka, yaitu $0$ dan $1.$ Jadi, $|B| = 64.$
Jumlah bita yang berawal dan berakhir dengan $11$ ada sebanyak $2^4 = 16$ karena sekarang tersisa $4$ posisi yang dapat diisi. Jadi, $|A \cap B| = 16.$
Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, jumlah bita yang dimulai atau diakhiri dengan $11$ ada sebanyak
$$\begin{aligned} |A \cup B| & = |A|+|B|-|A \cap B| \\ & = 64+64-16 \\ & = 112. \end{aligned}$$

Notasi $\lfloor x \rfloor$ menyatakan fungsi lantai dari $x$, artinya bilangan bulat terbesar yang lebih kecil dari $x.$ Sebagai contoh, $\lfloor 2,83 \rfloor = 2$ dan $\lfloor 4,003 \rfloor = 4.$
Misalkan $A$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 100$ yang habis dibagi $6$ sehingga
$$|A| = \left\lfloor \dfrac{100}{6} \right\rfloor = 16.$$Misalkan $B$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 100$ yang habis dibagi $9$ sehingga
$$|B| = \left\lfloor \dfrac{100}{9} \right\rfloor = 11.$$Bilangan kelipatan $6$ dan $9$ (sekaligus) terhitung dua kali sehingga perlu dihitung banyaknya agar bisa dikurangi.
Misalkan $A \cap B$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 100$ yang habis dibagi $6$ dan $9$, yaitu bilangan kelipatan $\text{KPK}(6, 9) = 18$ sehingga
$$|A \cap B| = \left\lfloor \dfrac{100}{18} \right\rfloor = 5.$$Menurut prinsip inklusi-eksklusi, banyaknya bilangan bulat positif yang lebih kecil atau sama dengan $100$ yang habis dibagi oleh $6$ atau $9$ adalah
$$\begin{aligned} |A \cup B| & = |A| + |B|-|A \cap B| \\ & = 16 + 11-5 \\ & = 22. \end{aligned}$$Jadi, terdapat $\boxed{22}$ bilangan bulat positif yang memenuhi kondisi tersebut.

Misalkan $A$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 1.000$ yang habis dibagi $7$ sehingga
$$|A| = \left\lfloor \dfrac{1.000}{7} \right\rfloor = 142.$$Misalkan $B$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 1.000$ yang habis dibagi $11$ sehingga
$$|B| = \left\lfloor \dfrac{1.000}{11} \right\rfloor = 90.$$Bilangan kelipatan $7$ dan $11$ (sekaligus) terhitung dua kali sehingga perlu dihitung banyaknya agar bisa dikurangi.
Misalkan $A \cap B$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 1.000$ yang habis dibagi $7$ dan $11$, yaitu bilangan kelipatan $77$ sehingga
$$|A \cap B| = \left\lfloor \dfrac{1.000}{77} \right\rfloor = 12.$$Menurut prinsip inklusi-eksklusi, banyaknya bilangan bulat positif yang tidak melampaui $1.000$ dan habis dibagi oleh $7$ atau $11$ adalah
$$\begin{aligned} |A \cup B| & = |A| + |B|-|A \cap B| \\ & = 142+90-12 \\ & = 220. \end{aligned}$$Jadi, terdapat $\boxed{220}$ bilangan bulat positif yang tidak melampaui $1.000$ dan habis dibagi oleh $7$ atau $11.$

Misalkan $A$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 1.000$ yang habis dibagi $5$ sehingga
$$|A| = \left\lfloor \dfrac{1.000}{5} \right\rfloor = 200.$$Misalkan $B$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 1.000$ yang habis dibagi $7$ sehingga
$$|A| = \left\lfloor \dfrac{1.000}{7} \right\rfloor = 142.$$Misalkan $C$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 1.000$ yang habis dibagi $11$ sehingga
$$|C| = \left\lfloor \dfrac{1.000}{11} \right\rfloor = 90.$$Berikutnya, kita perlu mencari kardinalitas dari irisan dua himpunan dan tiga himpunan.
$$\begin{aligned} |A \cap B| & = \left\lfloor \dfrac{1.000}{\text{KPK}(5, 7)} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{1.000}{35} \right\rfloor = 28 \\ |A \cap C| & = \left\lfloor \dfrac{1.000}{\text{KPK}(5, 11)} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{1.000}{55} \right\rfloor = 18 \\ |B \cap C| & = \left\lfloor \dfrac{1.000}{\text{KPK}(7, 11)} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{1.000}{77} \right\rfloor = 12 \\ |A \cap B \cap C| & = \left\lfloor \dfrac{1.000}{\text{KPK}(5, 7, 11)} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{1.000}{385} \right\rfloor = 2 \end{aligned}$$
Menurut prinsip inklusi-eksklusi, banyaknya bilangan bulat positif yang tidak melampaui $1.000$ dan habis dibagi oleh $5, 7,$ atau $11$ adalah
$$\begin{aligned} |A \cup B \cup C| & = |A| + |B| + |C|-|A \cap B|-|A \cap C|-|B \cap C|+|A \cap B \cap C| \\ & = 200 + 142+90-28-18-12+2 \\ & = 376. \end{aligned}$$Jadi, terdapat $\boxed{376}$ bilangan bulat positif yang memenuhi kondisi tersebut.

Untuk memperjelas masalah, contoh untaian bit dengan panjang $8$ adalah $10001100,$ $11110000,$ dan sebagainya.
Kasus 1:
Misalkan $A$ adalah kejadian munculnya untaian bit dengan panjang $8$ yang dimulai dengan $1.$ Hanya ada $1$ cara untuk mengisi bit pertama, sedangkan masing-masing ada $2$ cara untuk mengisi tujuh bit lainnya. Jadi, banyak untaian bit yang dapat dibuat adalah $|A| = 1 \times 2^7 = 128.$
Kasus 2:
Misalkan $B$ adalah kejadian munculnya untaian bit dengan panjang $8$ yang berakhir dengan $00.$ Masing-masing ada $2$ cara untuk mengisi bit pertama sampai bit keenam, sedangkan bit ketujuh dan kedelapan hanya dapat diisi oleh $0$ sehingga ada $1$ cara saja. Jadi, banyak untaian bit yang dapat dibuat adalah $|B| = 2^6 \times 1^2 = 64.$

Perhatikan bahwa Kasus 1 dan Kasus 2 dapat terjadi secara bersamaan, yaitu ketika untaian bit dengan panjang $8$ dimulai dengan $1$ dan berakhir dengan $00.$ Jadi, kita perlu tinjau dua kasus ini sekaligus. Pada untaian bit tersebut, bit pertama, bit ketujuh, dan bit kedelapan hanya dapat diisi dengan $1$ cara, sedangkan lima bit lainnya dapat diisi dengan $2$ cara. Jadi, banyak untaian bit yang dapat dibuat adalah $|A \cap B| = 1^3 \times 2^5 = 32.$

Dengan menggunakan PIE, banyak untaian bit dengan panjang $8$ yang dimulai dengan $1$ atau berakhir dengan $00$ adalah $$\boxed{|A| + |B|-|A \cap B| = 128+64-32=160}$$

Masalah di atas dapat diselesaikan dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi jika menggunakan pendekatan seperti berikut. Pertama, tinjau bilangan bulat positif yang lebih besar dari $1.$ Jika bilangan $N$ merupakan hasil pangkat dari suatu bilangan bulat, maka jelas bahwa pangkat tersebut bernilai prima. Jika tidak demikian, berarti $N = x^k$ dengan $k = mp$ dan $p$ merupakan bilangan prima, padahal dapat ditulis $N = (x^m)^p.$ Oleh karena itu, cukup tinjau bilangan hasil pangkat $2, 3, 5, 7$, dan bilangan-bilangan prima berikutnya.
Misalkan $|A|, |B|, |C|,$ $|D|, |E|,$ dan $|F|$ berturut-turut menyatakan banyak bilangan hasil pangkat $2, 3, 5, 7,$ $11,$ dan $13.$ Perhatikan bahwa bilangan hasil pangkat $17$ (dan seterusnya) tidak ditinjau karena $2^{17} \ge 10.000.$ Dengan demikian, diperoleh
$$\begin{aligned} |A| & = \left \lfloor \sqrt{9999} \right \rfloor -1 = 98 && (2^2~\text{sampai}~99^2) \\ |B| & = \left \lfloor \sqrt[3]{9999} \right \rfloor -1 = 20 && (2^3~\text{sampai}~21^3) \\ |C| & = \left \lfloor \sqrt[5]{9999} \right \rfloor -1 = 5 && (2^5~\text{sampai}~6^5) \\ |D| & = \left \lfloor \sqrt[7]{9999} \right \rfloor -1 = 2 && (2^7~\text{dan}~3^7) \\ |E| & = \left \lfloor \sqrt[11]{9999} \right \rfloor -1 = 1 && (2^{11}) \\ |F| & = \left \lfloor \sqrt[13]{9999} \right \rfloor -1 = 1. && (2^{13}) \end{aligned}$$Namun, pencacahan ganda (double counting) terjadi. Ada $\left \lfloor \sqrt[6]{9999} \right \rfloor -1 = 3$ bilangan berpangkat $2 \times 3 = 6$ yang dihitung dua kali sebagai bilangan berpangkat $2$ dan $3.$ Selain itu, ada $\left \lfloor \sqrt[10]{9999} \right \rfloor -1 = 1$ bilangan berpangkat $2 \times 5 = 10$ yang dihitung dua kali sebagai bilangan berpangkat $2$ dan $5.$ Pencacahan ganda hanya terjadi pada dua kasus ini. Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh
$$\begin{aligned} |(A \cup B \cup C \cup D \cup E \cup F)^c| & = 9.998-(98+20+5+2+1+1-3-1) \\ & = 9.875. \end{aligned}$$Jadi, ada $\boxed{9.875}$ bilangan bulat positif kurang dari $10.000$ yang bukan merupakan hasil bilangan berpangkat dua atau lebih.

Misalkan fungsi $f: X \to Y$ dengan $|X| = 7,$ $|Y| = 5,$ dan $Y = \{y_1, y_2, \cdots, y_5\}.$
Diketahui banyak fungsi $f$ tanpa syarat apa pun adalah $5^7 = 78.125.$ Diketahui pula banyak fungsi $f$ sehingga $y_1$ tidak memiliki prapeta adalah $4^7.$ Hal ini simetris dengan kejadian ketika $y_2, y_3, y_4,$ dan $y_5$ tidak memiliki prapeta sehingga dapat dipersingkat perhitungannya dengan menggunakan aturan kombinasi, yaitu dengan memilih $1$ dari $5$ elemen $Y.$ Ini berarti ada $\displaystyle \binom{5}{1}4^7$ fungsi berbeda yang dapat dibuat.
Dengan cara yang serupa, banyak fungsi $f$ sehingga terdapat pasangan dua elemen $B$ yang tidak memiliki prapeta (pilih $2$ dari $5$) adalah $\displaystyle \binom{5}{2}3^7,$ dan begitu seterusnya. Menurut prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh
$$\begin{aligned} N & = 78.125-\left(\displaystyle \binom{5}{1}4^7-\binom{5}{2}3^7 + \binom{5}{3}2^7-\binom{5}{4}1^7+\binom{5}{5}0^7\right) \\ & = 78.125-(81.920-21.870+1.280-5+0) \\ & = 16.800. \end{aligned}$$Jadi, ada $\boxed{16.800}$ fungsi surjektif (fungsi pada) dari himpunan beranggotakan $7$ elemen ke himpunan beranggotakan $5$ elemen.

Kasus ini analog dengan mencari banyak fungsi surjektif dari himpunan yang beranggotakan $6$ elemen (mainan) ke himpunan yang beranggotakan $3$ elemen (anak-anak) karena masing-masing mainan diberikan pada satu anak (mengikuti definisi fungsi). Dengan menggunakan teorema untuk mencari banyak fungsi surjektif, terdapat $$3^6-\left(\displaystyle \binom{3}{1}2^6-\binom{3}{2}1^6\right) = 540$$fungsi surjektif. Ini berarti ada $\boxed{540}$ cara mendistribusikan $6$ mainan berbeda pada $3$ anak berbeda sehingga masing-masing anak mendapatkan setidaknya satu mainan.

Kasus ini analog dengan mencari banyak fungsi surjektif dari himpunan yang beranggotakan $8$ elemen (bola) ke himpunan yang beranggotakan $3$ elemen (kotak) karena masing-masing bola diberikan pada satu kotak (mengikuti definisi fungsi). Dengan menggunakan teorema untuk mencari banyak fungsi surjektif, terdapat $$3^8-\left(\displaystyle \binom{3}{1}2^8-\binom{3}{2}1^8\right) = 5.796$$fungsi surjektif. Ini berarti ada $\boxed{5.796}$ cara mendistribusikan $8$ bola berbeda ke dalam $3$ kotak berbeda sehingga setiap kotak harus memuat setidaknya satu bola.

Pertama, abaikan terlebih dahulu ketentuan bahwa pekerjaan paling sulit ditugaskan kepada karyawan terbaik (artinya satu pekerjaan tertentu hanya dapat dikerjakan oleh satu karyawan tertentu). Kasus menjadi analog dengan mencari banyak fungsi surjektif dari himpunan yang beranggotakan $7$ elemen (pekerjaan) ke himpunan yang beranggotakan $4$ elemen (karyawan) karena masing-masing pekerjaan ditugaskan pada satu karyawan (mengikuti definisi fungsi). Dengan menggunakan teorema banyak fungsi surjektif, terdapat $$4^7-\left(\displaystyle \binom{4}{1}3^7-\binom{4}{2}2^7+\binom{4}{1}1^7\right) = 8.400$$fungsi surjektif. Ini berarti ada $8.400$ cara untuk menugaskan $7$ pekerjaan berbeda pada $4$ karyawan berbeda sehingga masing-masing karyawan mendapatkan setidaknya satu pekerjaan. Karena ada $4$ karyawan, banyak cara agar satu pekerjaan tertentu dikerjakan oleh salah satu dari $4$ karyawan tersebut (yang sifatnya simetris) adalah $\boxed{\dfrac14 \cdot 8.400 = 2.100}$
Catatan: Jika karyawan tersebut bernama $A, B, C,$ dan $D,$ banyak cara agar pekerjaan tersulit diberikan pada $A, B, C,$ dan $D$ masing-masing adalah sama, yaitu $2.100$ cara. Inilah yang dimaksud dengan “simetris” pada kalimat di atas.

Karena $1$ bukan bilangan prima, kita hanya meninjau $199$ bilangan, yaitu dari $2$ sampai $200.$ Ide utama yang dipakai adalah fakta bahwa bilangan komposit pada interval tersebut pasti mempunyai setidaknya satu dari enam faktor berikut: $2, 3, 5, 7,$ $11,$ atau $13.$
Misalkan $|A|, |B|, |C|,$ $|D|, |E|,$ dan $|F|$ berturut-turut menyatakan banyak bilangan dari $2$ sampai $200$ yang habis dibagi $2, 3, 5, 7,$ $11,$ dan $13.$
Dengan demikian, banyak bilangan prima dari $2$ sampai $200$ adalah $$6 + |(A \cup B \cup C \cup D \cup E \cup F)^c|.$$Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh
$$\begin{aligned} |(A \cup B \cup C \cup D \cup E \cup F)^c| = \, & 199-(|A| + |B| + |C| + |D| + |E| + |F|- |A \cap B|-|A \cap C|-|A \cap D|-|A \cap E| -\\ & A \cap F|-|B \cap C|-|B \cap D|-|B \cap E|-|B \cap F|-|C \cap D|- |C \cap E|-|C \cap F|- \\ & |D \cap E|-|D \cap F|-|E \cap F|+|A \cap B \cap C| + |A \cap B \cap D| + |A \cap B \cap E| + |A \cap B \cap F| + \\ & |A \cap C \cap D| + |A \cap C \cap E| + |A \cap C \cap F| + |A \cap D \cap E| + |A \cap D \cap F| + |A \cap E \cap F| + \\ & |B \cap C \cap D| + |B \cap C \cap E| + |B \cap C \cap F| + |B \cap D \cap E| + |B \cap D \cap F| + |B \cap E \cap F| + \\ & |C \cap D \cap E| + |C \cap D \cap F| + |C \cap E \cap F| + |D \cap E \cap F|-|A \cap B \cap C \cap D|-|A \cap B \cap C \cap E|- \\ &|A \cap B \cap C \cap F|- |A \cap B \cap D \cap E|-|A \cap B \cap D \cap F|-|A \cap B \cap E \cap F|- \\ & |A \cap C \cap D \cap E|-|A \cap C \cap D \cap F|-|A \cap C \cap E \cap F|- |A \cap D \cap E \cap F|- \\ &|B \cap C \cap D \cap E|-|B \cap C \cap D \cap F|-|B \cap C \cap E \cap F|-|B \cap D \cap E \cap F|- \\ & |C \cap D \cap E \cap F| + |A \cap B \cap C \cap D \cap E| + |A \cap B \cap C \cap D \cap F| + |A \cap B \cap C \cap E \cap F| + \\ & |A \cap B \cap D \cap E \cap F| + |A \cap C \cap D \cap E \cap F| + |B \cap C \cap D \cap E \cap F| \\ & -|A \cap B \cap C \cap D \cap E \cap F|).\end{aligned}$$Kita akan mencari nilai dari setiap suku di atas.
$$\begin{aligned} |A| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2} \right \rfloor = 100 \\ |B| & = \left\lfloor \dfrac{200}{3} \right \rfloor = 66 \\ |C| & = \left\lfloor \dfrac{200}{5} \right \rfloor = 40 \\ |D| & = \left\lfloor \dfrac{200}{7} \right \rfloor = 28 \\ |E| & = \left\lfloor \dfrac{200}{11} \right \rfloor = 18 \\ |F| & = \left\lfloor \dfrac{200}{13} \right \rfloor = 15 \\ |A \cap B| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 3} \right \rfloor = 33 \\ |A \cap C| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 5} \right \rfloor = 20 \\ |A \cap D| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 7} \right \rfloor = 14 \\ |A \cap E| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 11} \right \rfloor = 9 \\ |A \cap F| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 13} \right \rfloor = 7 \\ |B \cap C| & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 5} \right \rfloor = 13 \\ |B \cap D| & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 7} \right \rfloor = 9 \\ |B \cap E| & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 11} \right \rfloor = 6 \\ |B \cap F| & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 13} \right \rfloor = 5 \\ |C \cap D| & = \left\lfloor \dfrac{200}{5 \times 7} \right \rfloor = 5 \\ |C \cap E| & = \left\lfloor \dfrac{200}{5 \times 11} \right \rfloor = 3 \\ |C \cap F| & = \left\lfloor \dfrac{200}{5 \times 13} \right \rfloor = 3 \\ |D \cap E| & = \left\lfloor \dfrac{200}{7 \times 11} \right \rfloor = 2 \\ |D \cap F| & = \left\lfloor \dfrac{200}{7 \times 13} \right \rfloor = 2 \\ |E \cap F| & = \left\lfloor \dfrac{200}{11 \times 13} \right \rfloor = 1 \\ |A \cap B \cap C| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 3 \times 5} \right \rfloor = 6 \\ |A \cap B \cap D| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 3 \times 7} \right \rfloor = 4 \\ |A \cap B \cap E| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 3 \times 11} \right \rfloor = 3 \\ |A \cap B \cap F| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 3 \times 13} \right \rfloor = 2 \\ |A \cap C \cap D| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 5 \times 7} \right \rfloor = 2 \\ |A \cap C \cap E| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 5 \times 11} \right \rfloor = 1 \\ |A \cap C \cap F| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 5 \times 13} \right \rfloor = 1 \\ |A \cap D \cap E| & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 7 \times 11} \right \rfloor = 1 \\ |A \cap D \cap F| & =\left \lfloor \dfrac{200}{2 \times 7 \times 13} \right \rfloor = 1 \\ |A \cap E \cap F| & = \left \lfloor \dfrac{200}{2 \times 11 \times 13} \right \rfloor = 0 \\ |B \cap C \cap D| & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 5 \times 7} \right\rfloor = 1 \\ |B \cap C \cap E| & = \left \lfloor \dfrac{200}{3 \times 5 \times 11} \right\rfloor = 1 \\ |B \cap C \cap F| & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 5 \times 13} \right\rfloor = 1 \end{aligned}$$dan $0$ untuk nilai suku lainnya. Jadi,
$$\begin{aligned} |(A \cup B \cup C \cup D \cup E \cup F)^c| = & 199-(100+66+40+28+18+15-33-20-14- \\ & 9-7-13-9-6-5-5-3-3-2-2-1+6+\\ & 4 +3+2+2+1+1+1+1+0+1+1+1) \\ & = 199-159 = 40. \end{aligned}$$Ini berarti terdapat $\boxed{6 + 40 = 46}$ bilangan prima yang nilainya tidak melebihi $200.$

Misalkan $m$ dan $n$ merupakan bilangan bulat positif. Adapun langkah yang akan dilakukan untuk menyelesaikan soal ini adalah sebagai berikut.

1. Tentukan banyak bilangan yang kurang dari $mn$ dan habis dibagi oleh $m.$
2. Tentukan banyak bilangan yang kurang dari $mn$ dan habis dibagi oleh $n.$
3. Tentukan banyak bilangan yang kurang dari $mn$ dan habis dibagi oleh $m$ dan $n$ sekaligus.
4. Tentukan banyak bilangan yang kurang dari $mn$ dan habis dibagi oleh $m$ atau $n.$
5. Tentukan banyak bilangan yang kurang dari $mn,$ tetapi tidak habis dibagi oleh $m$ atau $n.$

Bilangan bulat $m, 2m, 3m, \cdots, nm$ jelas dapat dibagi oleh $m.$ Ini berarti ada $(n-1)$ bilangan yang kurang dari $mn$ sehingga habis dibagi oleh $m.$ Dengan cara yang serupa, juga ada $(m-1)$ bilangan yang kurang dari $mn$ sehingga habis dibagi oleh $n.$ Berikutnya, perlu dicari banyak bilangan yang habis dibagi oleh $m$ dan $n$ sekaligus. Suatu bilangan habis dibagi oleh $m$ dan $n$ sekaligus jika dan hanya jika bilangan itu habis dibagi oleh kelipatan persekutuan terkecil dari $m$ dan $n,$ yaitu $\text{KPK}(m, n).$ Misalkan $L = \text{KPK}(m, n).$ Bilangan yang habis dibagi oleh $m$ dan $n$ adalah $L, 2L, 3L, \cdots, mn.$ Bilangannya ada sebanyak $\text{FPB}(m,n)$ karena $\text{KPK}(m,n) \cdot \text{FPB}(m, n) = mn.$ Oleh karena itu, ada $\text{FPB}(m,n)-1$ bilangan yang kurang dari $mn$ serta habis dibagi oleh $m$ dan $n.$
Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, ada
$$(m-1) + (n-1) + (\text{FPB}(m,n)-1) = m + n-\text{FPB}(m,n)-1$$bilangan yang kurang dari $mn$ dan habis dibagi oleh $m$ atau $n.$ Karena banyak bilangan yang kurang dari $mn$ adalah $(mn-1),$ diperoleh
$$\begin{aligned} (mn-1)-(m + n-\text{FPB}(m,n)-1) & = (mn-m-n+1)+\text{FPB}(m,n)-1 \\ & = (m-1)(n-1) +\text{FPB}(m,n)-1 \end{aligned}$$bilangan yang kurang dari $mn,$ tetapi tidak habis dibagi oleh $m$ atau $n.$
Jadi, peluang kejadian mendapatkan suatu bilangan bulat positif yang kurang dari $mn$ dan bilangan tersebut tidak habis dibagi oleh $m$ atau $n?$ adalah $\boxed{\dfrac{(m-1)(n-1) +\text{FPB}(m,n)-1}{mn-1}}$

Jawaban a)
Kejadian sehingga tidak ada surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai merupakan kasus peracakan. Karena ada $100$ surat, banyak peracakannya adalah $D_{100},$ sedangkan banyak permutasi keseluruhan adalah $100!.$ Dengan demikian, peluang kejadian sehingga tidak ada surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai adalah $\boxed{\dfrac{D_{100}}{100!}}$
Jawaban b)
Kita perlu menghitung banyak cara memasukkan tepat $1$ surat ke dalam amplop yang sesuai. Pertama, ada $C(100, 1) = 100$ cara untuk memilih $1$ surat yang akan dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. Selanjutnya, ada $D_{99}$ cara sehingga $99$ surat lain tidak dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. Berdasarkan aturan perkalian, ada $100D_{99}$ cara secara keseluruhan. Jadi, peluang kejadian ada tepat $1$ surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai adalah $\boxed{\dfrac{100D_{99}}{100!} = \dfrac{D_{99}}{99!}}$
Jawaban c)
Untuk menghitung banyak cara memasukkan tepat $98$ surat ke dalam amplop yang sesuai, kita hanya perlu memilih $2$ surat agar salah dimasukkan. Jelas hanya ada $1$ cara hal itu dapat terjadi (misalnya, $AB$ menjadi $BA$). Untuk memilih $2$ surat tersebut, ada $C(100, 2) = 4.950$ cara. Jadi, peluang kejadian ada tepat $98$ surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai adalah $\boxed{\dfrac{4.950}{100!}}$
Jawaban d)
Tidak mungkin ada tepat $99$ surat dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. Hal ini berlaku karena jika $99$ surat sudah dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai, $1$ surat sisanya “terpaksa” harus dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai pula. Jadi, peluang kejadian dengan kondisi seperti itu adalah $\boxed{0}$
Jawaban e)
Hanya ada $1$ dari $100!$ susunan sehingga semua surat dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. Jadi, peluangnya sebesar $\boxed{\dfrac{1}{100!}}$

Misalkan himpunan siswa $\{s_1, s_2, \cdots, s_n\}$ dikaitkan dengan himpunan kursi $\{k_1, k_2, \cdots, k_n\}$ sehingga $(s_1, k_1),$ $(s_2, k_2),$ $\cdots,$ $(s_n, k_n)$ menyatakan siswa ke-$i$ menduduki kursi ke-$i$ untuk setiap $i \in \{1, 2, \cdots, n\}$ pada pelajaran pertama. Ketika setiap siswa tidak menduduki kursi yang sama pada pelajaran kedua, kasus menjadi analog dengan mencari banyak peracakan pada $n$ objek, yaitu $$D_n = n!\left[1-\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}+\cdots+(-1)^{n}\dfrac{1}{n!}\right].$$Namun, $\{k_1, k_2, \cdots, k_n\}$ dapat dipermutasi sebanyak $n!$ cara. Ini berarti banyak peracakan secara keseluruhan adalah $n! \cdot D_n.$
Jadi, ada $\boxed{n! \cdot D_n}$ penempatan posisi duduk agar setiap siswa tidak menduduki kursi yang sama pada pelajaran pertama dan kedua.

Teorema peracakan dapat digunakan dengan sedikit modifikasi, yaitu kita hanya meninjau angka genap agar tidak berpindah posisi. Jika tanpa syarat apa pun, banyak cara menyusun $10$ angka itu adalah $10!.$ Misalkan $a$ merupakan salah satu dari lima angka genap yang ada. Banyak permutasi sehingga $e$ berada pada posisi semula adalah $9!$ (karena $9$ angka lain dipermutasi). Oleh karena itu, $10!$ dikurangi oleh $5 \cdot 9!$ karena ada lima angka genap. Namun, kita melakukan pencacahan ganda karena ada $\displaystyle \binom{5}{2}8!$ cara ketika dua angka genap tetap berada pada posisi semula, $\displaystyle \binom{5}{3}7!$ cara ketika tiga angka genap tetap berada pada posisi semula, $\displaystyle \binom{5}{4}6!$ cara ketika empat angka genap tetap berada pada posisi semula, dan $\displaystyle \binom{5}{5}5!$ cara ketika semua angka genap tetap berada pada posisi semula. Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh
$$10!-\left(\displaystyle 5 \cdot 9!- \binom{5}{2}8!+\binom{5}{3}7!-\binom{5}{4}6!+\binom{5}{5}5!\right) = 2.170.680.$$Jadi, ada $\boxed{2.170.680}$ cara menyusun angka $0, 1, 2, 3,$ $4, 5, 6,$ $7, 8,$ dan $9$ sehingga tidak ada angka genap yang berada pada posisi semula.