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!

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Peluang (Tingkat SMP/Sederajat)

Quote by Bill Gates

Don’t compare yourself with anyone in this world.If you do so, you are insulting yourself.

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

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 $\boxed{P(9) = \dfrac{56}{6^6}}$

[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 $\cdots \cdot$

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.
$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{Nilai}~a &  \text{Nilai}~b &  \text{Nilai}~c \\ \hline 0 & 0 & 4 \\ 2 & 0 & 3 \\ 1 & 2 & 2 \\ 4 & 0 & 2 \\ 0 & 4 & 1 \\ 3 & 2 & 1 \\ 6 & 0 & 1 \\ 2 & 4 & 0 \\ 5 & 2 & 0 \\ 8 & 0 & 0 \\ \hline \end{array}$
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 $\cdots \cdot$

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).
$$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{Banyak Pertandingan} &  \text{Tim A} &  \text{Tim B} \\ \hline 2 & (M~M) & (K~K) \\ 3 & (K~M~M) & (M~K~K) \\ 4 & (M~K~M~M) & (K~M~K~K) \\ 5 & (K~M~K~M~M) & (M~K~M~K~K) \\ 6 & (M~K~M~K~M~M) & (K~M~K~M~K~K) \\ 7 & (K~M~K~M~K~M~M) & (M~K~M~K~M~K~K) \\ \hline \end{array}$$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 Burung Merpati untuk menyelesaikan 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 $\boxed{22}$ 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 $\cdots \cdot$

Penyelesaian

Banyak cara menata pose foto $6$ orang berdiri dalam satu baris adalah
$6! = 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 720$ cara
Banyak cara menata pose foto $6$ orang sehingga pengantin berdiri saling berdekatan/bersampingan dapat diibaratkan dengan skema berikut.
$\color{red}{OOABCD \Rightarrow XABCD}$

dengan $OO = X$ yang penyusunannya ada $2!$ cara, sedangkan $XABCD$ penyusunannya ada $5!$ cara, sehingga totalnya adalah
$2! \times 5! = 2 \times 120 = 240$ cara
Jadi, banyak cara menata pose foto sehingga pengantin berdiri tidak saling berdekatan/bersampingan adalah $\boxed{720 -240 = 480}$ 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 $\cdots \cdot$

Penyelesaian

Semua kemungkinan di mana huruf X dan Y saling berdekatan dinyatakan dalam bagan berikut.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline X & Y & & & & & \\ \hline  & X & Y & & & & \\ \hline &  & X & Y & & & \\ \hline & & & X & Y & & \\ \hline &  & & & X & Y & \\ \hline & & & & & X & Y \\ \hline \end{array}$$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
$$\begin{aligned} & (26 \times 25 \times \cdots \times 20)-(12 \times 24 \times \cdots \times 21 \times 20) \\ & = (26 \times 25 -12) \times 24 \cdots \times 20 \\ & = 638 \times 24 \cdots \times 20 \end{aligned}$$
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
$$C(5,2)C(7,3) + C(5,3)C(7,2) + C(5,4)C(7,1) +C(5,5)C(7,0)$$

[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 $\cdots \cdot$

Penyelesaian

Kasus di atas dapat dianalogikan sebagai kasus penyusunan huruf-huruf (dalam hal ini, orang). Dalam satu komite, apabila orang yang dipilih sama, tetapi tidak sesuai urutan, tetap akan dianggap sama (analoginya seperti menyusun kata yang memuat sejumlah huruf yang sama). Dengan demikian, ini merupakan kasus permutasi berulang dari $14$ objek. Banyak cara penyusunannya adalah
$\boxed{\dfrac{14!} {3! \cdot 3! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2!} = 151.351.200}$

[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 sebanyak $4$ kotak) dan $r = 12$ (dianalogikan sebanyak 12 bola). Setiap kotak bisa diisi $0, 1, 2, \cdots, 12$ 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
$C(4 + 12 – 1, 12) = C(15, 12) = 455$ 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 $$\boxed{C(9,8) +C(8,7) +C(7,6) = 9 + 8 + 7 = 24}$$

[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$\cdots \cdot$

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 pasangan 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 string seluruhnya adalah $5! + 5! = 240$. 

[collapse]

Soal Nomor 17a
Kartu remi 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: $2, 3, \cdots, 10$, 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 $\cdots \cdot$

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.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline & 01 & & 01 & & 01 & & 01 & & 01 & & 01 & & 01 & & 01 & \\ \hline \end{array}$$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 $\cdots \cdot$

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 $\cdots \cdot$

Penyelesaian

Berdasarkan syarat yang diberikan, akan ada $1$ pegawai yang mendapat $2$ pekerjaan, sedangkan $3$ pegawai lainnya mendapatkan $1$ pekerjaan. Kondisinya diberikan oleh tabel di bawah di mana angka-angkanya mewakili banyak pekerjaan yang diambil.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \text{Pegawai 1} & \text{Pegawai 2} & \text{Pegawai 3} & \text{Pegawai 4} \\ \hline 2 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 2 \\ \hline \end{array}$$Untuk kondisi pertama, pegawai $1$ mendapatkan $2$ pekerjaan, sedangkan $3$ pegawai lainnya mendapatkan $1$ pekerjaan saja. Untuk pegawai $1$, banyak cara ia memilih $2$ dari $5$ pekerjaan yang tersedia adalah $C(5, 2) = \dfrac{5!}{3! \cdot 2!} = 10$ cara. Tersisa $3$ pekerjaan untuk $3$ orang pegawai lainnya. Banyak cara pemberian pekerjaan ini dapat dihitung dengan aturan permutasi, yaitu $P(3, 3) = 3! = 6$ cara. Banyak cara untuk kondisi pertama adalah $10 \times 6 = 60$ cara. Karena ada $4$ kondisi berbeda, maka banyak cara seluruhnya ada $\boxed{4 \times 60 = 240}$ cara.

[collapse]

Soal Nomor 22 (Soal ON MIPA-PT 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 $\cdots \cdot$

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 $\displaystyle \binom{n}{0} =\binom{n} {n} = 1$, kita akan mendapatkan
$2S = 2^n -2 \Rightarrow \boxed{S = 2^{n-1} -1}$

[collapse]

Soal Nomor 23 (Soal ON MIPA-PT 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, 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 Prinsip Sarang Burung Merpati, 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 $\cdots \cdot$

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
$$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=2}^{n} k(k-2) \binom{n} {k} & = \sum_{k=2}^{n} k^2 \binom{n}{k} -2 \sum_{k=2}^{n} k\binom{n} {k} \\ & = \sum_{k=1}^{n} k^2 \binom{n} {k} -2\sum_{k=1}^{n} k\binom{n} {k}- \left(1^2\binom{n} {1} -2\binom{n} {1}\right) \\ & = (n+n^2)2^{n-2} -2n \cdot 2^{n-1} -(n-2n) \\ & = 2^{n-1}\left(-\dfrac{3}{2}n+\dfrac{1}{2}n^2\right)+n \end{aligned}$$

[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 $\cdots \cdot$

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 $\cdots \cdot$

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 Pigeonhole 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 $\cdots \cdot$

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 $\displaystyle \left \lfloor\dfrac{500}{12}\right \rfloor = \lfloor 41,$\cdots \cdot$. \rfloor = 41$
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 $f(n) = \cdots \cdot$

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 (Soal ON MIPA-PT Seleksi UGM)
Berapa banyaknya $15$ kombinasi himpunan ganda (multiset) dari $\{a, 1, b, 2, c, 3, d, 4, e, 5\}$?

Penyelesaian

Himpunan ganda (multiset) adalah himpunan yang boleh berisikan anggota yang sama (anggota yang sama ditulis tidak harus satu kali) . Sebagai contoh, himpunan $\{0, 0,1,1,2\}$ merupakan himpunan ganda. Lima belas kombinasi himpunan ganda di sini berarti kita harus mencari kombinasi anggota himpunan sedemikian sehingga kardinalitas himpunannya sebanyak $15$.
Kasus ini dapat kita ibaratkan sebagai suatu persamaan,
$x_1 + x_2 + \cdots + x_{10} = 15 + 10 = 25$
dengan $x_i \geq 1, 1 \leq i \leq 10$, di mana $x_1$ mewakili banyaknya elemen $a$ yang muncul, $x_2$ mewakili banyaknya elemen $1$, dan seterusnya. Dengan menggunakan Dalil Kombinatorik de Moivre, banyak solusi bulatnya adalah
$\displaystyle \binom{25 -1}{10-1} =\binom{24}{9}$
$\bigstar$ Dalil Kombinatorik de Moivre ampuh dalam menjawab banyaknya solusi bulat yang memenuhi suatu persamaan linear.
Jika $x_1, x_2, \cdots, x_k$ memenuhi persamaan
$x_1 + x_2 + \cdots + x_k = n$
dengan syarat $x_i \geq 1, 1 \leq i \leq k, n \in \mathbb{N}$, maka banyaknya solusi bulat yang memenuhi persamaan tersebut adalah
$\boxed{\displaystyle \binom{n -1}{k -1}}$

[collapse]

Soal Nomor 38 (Soal ON MIPA-PT Universitas Tanjungpura Tahun 2018)
Misalkan terdapat laci yang berisi selusin kaos kaki coklat dan selusin kaos kaki hitam yang didistribusikan secara acak. Pada saat listrik padam (Anda dianggap tidak dapat melihat sekitar), berapa kaos kaki yang harus Anda ambil untuk memastikan bahwa di antaranya terdapat sepasang kaos kaki yang sewarna?
Catatan: kaos kaki kanan dan kiri dianggap sama.

Penyelesaian

Untuk mendapatkan sepasang kaos kaki sewarna, berarti kita harus mengambil setidaknya $2$ kaos kaki, tetapi belum dapat dipastikan kita mendapatkannya.
Berdasarkan Prinsip Sarang Burung Merpati (Pigeonhole Principle), untuk memastikan diperolehnya sepasang kaos kaki sewarna, maka kita hanya perlu mengambil paling sedikit $2 + 1 = 3$ kaos kaki.

[collapse]

Soal Nomor 39 (Soal ON MIPA-PT Universitas Tanjungpura Tahun 2018)
Sebanyak $115$ mahasiswa mengambil mata kuliah Matematika Diskrit, $71$ mahasiswa mengambil mata kuliah Kalkulus, dan $56$ mahasiswa mengambil mata kuliah Geometri. Di antaranya $25$ mahasiswa mengambil mata kuliah Matematika Diskrit dan Kalkulus, $14$ mahasiswa mengambil mata kuliah Matematika Diskrit dan Geometri, dan $9$ mahasiswa mengambil mata kuliah Kalkulus dan Geometri. Jika terdapat $196$ mahasiswa yang mengambil paling sedikit satu dari tiga mata kuliah tersebut, berapa orang yang mengambil tiga mata kuliah itu sekaligus?

Penyelesaian

Misalkan $M, K, G$ berturut-turut menyatakan himpunan mahasiswa yang mengambil mata kuliah Matematika Diskrit, Kalkulus, dan Geometri.
Berdasarkan Prinsip Inklusi-Eksklusi (PIE),
$$ |M \cap K \cap G| = 196 – (115 + 71 + 56) + (25 + 14 + 9) = 2$$Jadi, ada $2$ mahasiswa yang mengambil tiga mata kuliah itu sekaligus.

[collapse]

Soal Nomor 40 (Soal ON MIPA-PT Universitas Tanjungpura Tahun 2018)
Berapa banyaknya anggota dari $|A \cup B \cup C \cup D|$ jika setiap himpunan berukuran $50$, setiap irisan dari dua himpunan berukuran $30$, setiap irisan dari tiga himpunan berukuran $10$, dan irisan dari keempat himpunan berukuran $2$?

Penyelesaian

Berdasarkan Prinsip Inklusi-Eksklusi (PIE),
$\begin{aligned} & |A \cup B \cup C  \cup D| \\ & = (4 \times 50) – (6 \times 30) + (4 \times 10) – 2 = 58 \end{aligned}$
Catatan: Angka $4, 6, 4$ masing-masing mewakili banyaknya kombinasi susunan himpunan berdasarkan jumlahnya. Sebagai contoh, banyaknya kombinasi memilih $2$ himpunan dari $4$ himpunan adalah $C_2^4 = \dfrac{4!} {2!2!} = 6$.
Jadi, banyak anggota dari $|A \cup B \cup C \cup D|$ adalah $58$.

[collapse]

Soal Nomor 41 (Soal ON MIPA-PT Universitas Tanjungpura Tahun 2018)
Berapa banyak string yang dapat dibuat dengan mengatur kembali huruf-huruf pada kata SUCCESS?

Penyelesaian

Dengan menggunakan permutasi berulang (sebab ada huruf yang sama), banyak cara penyusunan kata SUCCESS adalah
$\boxed{\dfrac{7!}{3!2!} = \dfrac{7 \times 6 \times 5 \times 4}{2} = 420}$
di mana angka 7, 3, dan 2 berturut-turut menyatakan banyaknya huruf pada kata SUCCESS, banyak huruf S, dan banyak huruf C.

[collapse]

Soal Nomor 42 (Soal ON MIPA-PT Universitas Tanjungpura Tahun 2018)
Suatu barisan terdiri dari $10$ bit yang dibangun secara acak. Berapa peluang bahwa paling sedikit satu dari bit-bit tersebut adalah bit nol?

Penyelesaian

Ingat bahwa barisan bit hanya berupa barisan dengan digit $0$ dan $1$. Karena ada $10$ bit, maka akan ada $2^{10} = 1024$ kemungkinan bit yang berbeda, salah satunya adalah bit-bit yang semua digitnya adalah satu ($1111111111$), sehingga bit lainnya pasti setidaknya mengandung satu digit nol. Jadi, peluang paling sedikit satu dari bit-bit tersebut adalah bit nol sebesar
$\boxed{\dfrac{1024-1}{1024}= \dfrac{1023}{1024}} $

[collapse]

Soal Nomor 43 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Misalkan $n$ adalah sebuah bilangan positif. Buktikan bahwa
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1}\dfrac{1}{k}\binom{n} {k} =1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots + \dfrac{1}{n}$

Penyelesaian

(Alternatif: Pendekatan Integral)
Misalkan
$H_n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots + \dfrac{1}{n}$
Ingat bahwa
$\dfrac{1-x^n} {1-x} = 1 + x + x^2 + \cdots + x^{n-1}$
Dari persamaan itu, dapat dilihat bahwa
$H_n = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{1-x^n} {1-x}~\text{d}x$
Selanjutnya, substitusikan $x = 1 – u$, diperoleh
$\begin{aligned} H_n & = – \displaystyle \int_0^1 \dfrac{1 – (1 – u)^n} {u}~\text{d}u \\ & = -\int_0^1 \left(\dfrac{1}{x} – \dfrac{\displaystyle \sum_{k=0}^n (-u)^k\binom{n} {k}}{u} \right)~\text{d}u~~\bigstar\\ & = \int_0^1 \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}u^{k-1}\binom{n}{k}~\text{d}u~~\bigstar \bigstar\\ & = \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}\binom{n} {k} \int_0^1 u^{k-1}~\text{d}u \\ & = \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}\dfrac{1}{k} \binom{n} {k} \end{aligned}$
(Terbukti)
Catatan:
$\bigstar$ Ingat Teorema Binomial
$\boxed{(x+y)^n = \sum_{k=0}^n x^ky^{n-k}\binom{n} {k}}$
Jika $x$ diganti menjadi $-x$ dan $y = 1$, diperoleh
$(1 – x)^n = \displaystyle \sum_{k=0}^n (-x)^k\binom{n} {k}$
$\bigstar \bigstar$ Perhatikan bahwa indeks batas bawah sumasi berubah dari $0$ menjadi $1$. Hal ini dikarenakan adanya penjabaran nilai untuk $k = 0$, yang menghasilkan $\dfrac{1}{x}$ sehingga mengeliminasi suku di depannya.

[collapse]

Soal Nomor 44
Masing-masing tas dalam satu kotak besar berisi buah-buahan sebanyak $25$ buah. Diketahui $60\%$ dari tas tersebut berisi $5$ jeruk dan $20$ apel, sedangkan $40\%$ sisanya berisi $15$ jeruk dan $10$ apel. Diambil satu tas secara acak dan dari tas tersebut diambil satu buah secara acak pula.
a) Berapa peluang terambilnya apel?

b) Jika diketahui bahwa yang terpilih adalah apel, berapa peluang terambilnya tas yang berisi $5$ jeruk dan $20$ apel?

Penyelesaian

Soal ini tergolong permasalahan yang dapat diatasi dengan menggunakan Teorema Bayes
Misalkan tas yang isinya $5$ jeruk dan $20$ apel disebut tas besar (large), sedangkan tas lainnya disebut tas kecil (small). Diagram pohon berikut dapat menjadi model dari masalah di atas.

Sekarang, misalkan $L$ dan $S$ berturut-turut adalah kejadian terambilnya sejumlah tas besar dan tas kecil, sedangkan $O$ dan $A$ berturut-turut adalah kejadian terambilnya sebuah jeruk dan apel. 
Jawaban a) 
Peluang terambilnya sebuah apel dinyatakan oleh
$\begin{aligned} P(A) & = P(L \cap A) + P(S \cap A) \\ & = P(L). P(A|L) + P(S). P(A|S) \\ & = 0,6 \times \dfrac{20}{25} + 0,4 \times \dfrac{10}{25} = 0,64 \end{aligned} $
Jadi, peluang terambilnya sebuah apel adalah $0,64$. 
Jawaban b) 
Jika sebuah apel diambil, maka peluang apel itu terambil dari sejumlah tas besar (tas yang berisikan $5$ jeruk dan $20$ apel) dinyatakan oleh
$\begin{aligned} P(L|A) & = \dfrac{P(L \cap A)} {P(A)} \\ & = \dfrac{P(L). P(A|L)} {P(A)} \\ & = \dfrac{0,6 \times \dfrac{20}{25}} {0,64} \\ & = 0,75 \end{aligned}$
Jadi, peluang yang dimaksud sebesar $0,75$. 
Catatan:
Teorema Bayes (Bayes’ Theorem) adalah salah satu teorema dalam teori peluang dan statistik yang menyatakan peluang suatu kejadian berdasarkan syarat (kejadian lain) yang telah diketahui sebelumnya, karena adanya kemungkinan bahwa kejadiannya berkaitan. Kata “Bayes” sendiri diambil dari nama pembuat rumusnya, Thomas Bayes (1701-1761). 
Perumusan Teorema Bayes adalah sebagai berikut. 
$\boxed{P(A|B) = \dfrac{P(B|A) \times P(A)} {P(B)}}$

[collapse]
CategoriesKombinatorikaTags, , , , , ,

Leave a Reply

Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!

Your email address will not be published. Required fields are marked *