1

DIKTAT PENDUKUNG MATEMATIKA DISKRIT

Ir. Hasanuddin Sirait, MT.

Displin Ilmu Teknik

STMIK PARNA RAYA MANADO

MANADO

2

PERTEMUAN 1: LOGIKA PROPOSISI Pendahuluan

Dalam logika matematika, yang dibicarakan hanyalah proposisi atau pernyataan atau kalimat deklaratif yang artinya kalimat yang bernilai benar atau salah dan tidak sekaligus kedua-duanya. Yang tidak termasuk pernyataan misalnya kalimat harapan, kalimat perintah, kalimat seru dan sebagainya. Beberapa pernyataan merupakan susunan atau gabungan dari pernyataan-pernyataan bagiannya yang dihubungkan oleh beberapa macam konektif (kata hubung logika) misalnya ”dan”, ”atau” dll. dan disebut pernyataan gabungan.

Contoh 1. Contoh pernyataan:

a. ”New York kota besar” b. ”Paris ibukota negara Inggris” c. ” .201 =+ ”

2. Contoh bukan pernyataan:

a. ”Semoga kamu lekas sembuh” b. ”Cepat lari!” c. ”Ke mana dia pergi?” d. ”Alangkah cantiknya gadis itu.” e. ”Penduduk kota Jakarta kaya” (tidak dilengkapi kuantor/pembatas

penduduk) f. ” .1005 =+x ” (untuk 95=x benar, untuk 95≠x salah, disebut kalimat

terbuka)

Tabel kebenaran Suatu definisi yang berbentuk tabel yang menunjukkan hubungan antara nilai

kebenaran dari setiap pernyataan bagian yang menyusun pernyataan gabungan dengan nilai kebenaran pernyataan gabungan tersebut. Negasi (ingkaran), konjungsi dan disjungsi

p q p q qp ∧ qp ∨ qp ∨

B B S S B B S

B S S B S B B

S B B S S B B

S S B B S S S

p , q : pernyataan bagian .

B: benar, S: salah

3

p atau ~ p : ingkaran dari p, q atau ~ q: ingkaran dari q. qp ∧ : konjungsi dari p dan q dibaca ”p dan q” (pernyataan gabungan). qp ∨ : disjungsi dari p dan q dibaca ”p atau q” (pernyataan gabungan). qp ∧ : bernilai benar hanya untuk keduanya benar. qp ∨ : bernilai salah hanya untuk keduanya salah.

qp ∨ : exclusive or dari p dan q dibaca ”p exclusive or q” Implikasi

p q p → q

B B B

B S S

S B B

S S B

p : hipotesis, q : konklusi.

→ : implikasi. p → q : bila p maka q.

p → q : bernilai salah hanya untuk p benar dan q salah.

p → q : p disebut syarat cukup bagi q. q disebut syarat perlu bagi p. Konvers, invers, dan kontrapositif dari implikasi p → q : implikasi mula – mula.

q → p : konvers dari p → q , p → q : invers dari p → q .

q → p : kontrapositif dari p → q .

p q p → q q → p p → q q → p p q

B B B B B B S S

B S S B B S S B

S B B S S B B S S S B B B B B B

sama

sama

4

Biimplikasi p ↔ q : p bila dan hanya bila q.

p q

p → q q → p ( ) ( )pqqp →∧→ qp ↔

B B B B B B

B S S B S S

S B B S S S S S B B B B

qp ↔ : bernilai benar untuk keduanya bernilai kebenaran yang sama, bernilai salah untuk keduanya bernilai kebenaran yang berlainan.

sama

5

PERTEMUAN 2: ALJABAR PROPOSISI Proposisi mempunyai sifat fundamental yang disebut hukum atau formula. Beberapa hukum yang penting kita kelompokkan di bawah ini.

1) Idempoten p ∨ p = p, p ∧ p = p

2) Asosiatif (p ∨ q) ∨ r = p ∨ (q ∨ r), (p ∧ q) ∧ r = p ∧ (q ∧ r)

3) Komutatif p ∨ q = q ∨ p, p ∧ q = q ∧ p

4) Distributif p ∨ (q ∧ r) = ( p ∨ q) ∧ ( p ∨ r) p ∧ (q ∨ r) = (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

5) DeMorgan

qpqpqpqp ∨=∧∧=∨ , 6) Identitas

p ∨ F = p, p ∧ F = F p ∨ T = T, p ∧ T = p T : Tautologi, F : Kontradiksi

7) Komplemen

FppTpp

TFFTpp

=∧=∨

===

,

,,

8) Absorpsi p ∨ (p ∧ q) = p, p ∧ (p ∨ q) = p

Contoh

1. Bukan pernyataan: a. “Kemana kamu mudik ?”, b. “Semoga dia lekas sadar.”, c. “Cepat keluar!”, d. “Alangkah kayanya saudagar itu.”, e. “Penduduk kota Medan kaya.” f. “x + 2 = 10”.

2. Termasuk pernyataan: a. “Jakarta kota kecil.”, b. “ 12 < dan New York kota besar.”, c. “1 + 0 = 2.”, d. “New Mexico negara bagian dari Amerika Serikat.”

6

3. p : Ali pandai, q : Badu malas. a. p ∧ q : Ali pandai dan Badu malas. b. p ∨ q : Ali pandai atau Badu malas. c. qpqp ∨=∧ : Ali tidak pandai atau Badu tidak malas.

d. qpqp ∧=∨ : Ali tidak pandai dan Badu tidak malas.

4. Buktikan bahwa p → q = p ∨ q dengan membuat tabel kebenaran untuk

qp → dan p ∨ q .

7

Solusi

p p q p → q p q ∨

B S B B B

B S S S S

S B B B B

S B S B B

5. Buktikan hukum absorpsi, yaitu

p ∨ (p ∧ q) = p, p ∧ (p ∨ q) = p dengan membuat tabel kebenaran. Solusi

p q qp ∧ qp ∨ p ∨ (p ∧ q) p ∧ (p ∨ q)

B B B B B B

B S S B B B

S B S B S S

S S S S S S

6. Tulislah ingkaran dari pernyataan :

a) Ali pandai dan malas. b) Badu kaya atau malas. c) Bila Amir belajar maka dia lulus. d) Mawar berwarna merah bila dan hanya bila violet berwarna biru.

Solusi a) Ali tidak pandai atau tidak malas. b) Badu tidak kaya dan tidak malas. c) Amir belajar dan tidak lulus. d) Mawar berwarna merah dan violet tidak berwarna biru atau violet berwarna

biru dan mawar tidak berwarna merah.

7. Tulislah konvers, invers, dan kontrapositif dari implikasi : Bila Anna pandai dan rajin maka dia lulus. Solusi Konvers : Bila Anna lulus maka dia pandai dan rajin. Invers : Bila Anna tidak pandai atau tidak rajin maka dia tidak lulus. Kontrapositif : Bila Anna tidak lulus maka dia tidak pandai atau tidak rajin.

8

8. Sederhanakanlah : a) ( p ∨ q) ∧ p ,

b) ( ) ( )qpqp ∧∨∨ Solusi

a) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) . qpqpF

qpppqpppqp

∧=∧∨=

∧∨∧=∨∧=∧∨

b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

. pTp

qqpqpqpqpqp

=∧=

∨∧=∧∨∧=∧∨∨

Soal Tentukan tabel kebenaran dari :

a) p → ( p ∨ q ),

b) ( p ∧ q ) → ( p ∨ q ),

c) ( p ∧ q ) ∧ ( q ∨ r ),

d) ( p → q ) ∧ ( q → r).

1. Tentukan nilai kebenaran dari :

a) Bila 5 < 3 maka -3 < -5. b) ( 2 + 7 = 9 ) ↔ ( 2 + 1 = 5 → 5 + 5 = 8 ).

2. Tulislah konvers, invers, dan kontrapositif dari implikasi : Bila pandai dan sehat maka kaya atau tidak sakit-sakitan.

3. Sederhanakan:

a) ( )( ) ,qqpp ∨∨∧

b) ( ) ( ),rqrp →∨→

c) ( ) .pqp ∧→

9

PERTEMUAN 3: PERNYATAAN

Proposisi (pernyataan, kalimat deklaratif) Proposisi dapat berarti kalimat yang bernilai benar atau salah dan tidak sekaligus

kedua-duanya.Bergantung dengan konteksnya, proposisi dapat berarti suatu pernyataan yang telah dibuktikan kebenarannya, yang tingkatnya lebih rendah dari teorema.

Pernyataan gabungan disusun oleh pernyataan-pernyataan bagiannya yang dihubungkan dengan konektif atau kata hubung logika. Dalam logika sehari-hari atau logika di masyarakat, biasanya ada hubungan antara pernyataan-bagian yang menyusun pernyataan gabungan. Tetapi dalam logika matematika antara pernyataan-pernyataan bagian tersebut boleh ada hubungan atau tidak.Pada tabel kebenaran sudah didefinisikan negasi, konjungsi, disjungsi, implikasi dll. sehingga pada umumnya suatu pernyataan yang benar dalam logika sehari-hari juga benar dalam logika matematika, dan suatu pernyataan yang salah dalam logika sehari-hari juga salah dalam logika matematika. Dalam hal ini boleh dikatakan logika matematika lebih luas dari logika sehari-hari. Tautologi dan kontradiksi

Tautologi : pernyataan yang selalu bernilai benar. Kontradiksi : pernyataan yang selalu bernilai salah.

Ekivalen logis (logical equivalence)

Dua pernyataan disebut ekivalen logis atau ekivalen bila tabel-tabel kebenaran dari keduanya sama. Definisi Suatu pernyataan yang disetujui bersama oleh semua pihak yang terlibat. Contoh

1. Bilangan bulat n disebut pembagi dari bilangan bulat m bila m = kn untuk suatu bilangan bulat k.

2. Bilangan bulat positif p > 1 disebut prima bila pembagi positif dari p hanyalah 1dan p.

3. Suatu segitiga disebut samakaki bila dua sisinya panjangnya sama. 4. Pasangan berurutan dari bilangan nyata (real) ( )11, yx adalah sama dengan

pasangan berurutan dari bilangan nyata ( )22 , yx bila 21 xx = dan 21 yy = . 5. Bilangan bulat n disebut genap bila 2 adalah pembagi dari n. 6. Bilangan bulat n disebut ganjil bila n = 2k +1 untuk suatu bilangan bulat k.

7. Bilangan nyata r disebut rasional (terukur) bila n

mr = dengan m dan n bilangan

bulat dan 0≠n . 8. Suatu segitiga disebut siku- siku bila dua sisinya saling tegaklurus.

Terminologi (istilah) matematika 1. Proposisi

Suatu pernyataan yang telah dibuktikan kebenarannya.

10

2. Teorema Suatu pernyataan yang sifatnya lebih umum dan lebih penting dari

proposisi yang telah dibuktikan kebenarannya.

3. Corollary Suatu pernyataan yang buktinya dengan mudah dapat diturunkan dari

suatu teorema atau singkatnya suatu akibat.

4. Lemma Suatu pernyataan yang telah dibuktikan kebenarannya dan digunakan

untuk membuktikan teorema.

5. Aksioma Suatu pernyataan yang dapat diterima kebenarannya tanpa bukti.

Contoh

1. Proposisi a) Jumlah sudut- sudut dalam segitiga sembarang adalah o180 b) Akar-akar persamaan kuadrat 02 =++ cbxax akan sama dan bernilai real

bila .042 =− acb

2. Teorema

a) Teorema Binomial : ( ) ( )∑=

−

−=+

n

k

kknn yxknk

nyx

0

,!!

!di mana n bilangan

bulat positif. b) Teorema Fundamental Aritmatika :

Setiap bilangan bulat yang lebih besar dari 1 adalah prima atau sebagai hasil kali dari bilangan-bilangan prima. Tanpa memerhatikan urutan, penyajian hasil kali tersebut adalah tunggal (unique).

Misalnya .2325532260 ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=

3. Corollary

a) ( ) ( )∑=

− +++=−

=+3

0

322333 33!3!

!3

k

kk yxyyxxyxkk

yx .

b) ( ) ( )∑= −

==+n

k

nn

knk

n

0 !!

!211

4. Lemma

a) Untuk membuktikan Teorema Binomial diperlukan lemma : ( )

( ) ( ) ( ) ( ) .!!

!

!1!1

!

!1!

!1

knk

n

knk

n

knk

n

−+

+−−=

−++

b) Untuk membuktikan Teorema Fundamental Aritmatika diperlukan lemma:

11

Bila p adalah bilangan prima dan p adalah pembagi dari hasil kali tcba L⋅⋅ maka p adalah pembagi dari sekurang-kurangnya satu dari

bilangan- bilangan tcba ,,,, L

5. Aksioma a) Garis lurus ditentukan oleh 2 titik. b) Bidang datar ditentukan oleh 3 titik.

Soal

1. Berikan definisi dari segitiga samakaki yang ekivalen dengan definisi di muka. 2. Berikan dua definisi yang ekivalen dari segitiga samasisi. 3. Berikan definisi-definisi dari fungsi genap dan fungsi ganjil. 4. Berikan contoh-contoh yang lain dari proposisi, teorema, corollary, lemma, dan

aksioma.

12

PERTEMUAN 4: ARGUMENTASI DAN KUANTOR ARGUMENTASI Argumentasi adalah penarikan kesimpulan dari sekelompok pernyataan nSSS ,,, 21 K

yang disebut premis yang menghasilkan pernyataan lain S yang disebut konklusi. Argumentasi sedemikian akan ditulis dengan notasi/simbol

.

__________

2

1

S

S

S

S

n

∴

M

Perlu dicatat bahwa argumentasi juga merupakan pernyataan sehingga mempunyai satu nilai kebenaran. Bila suatu argumentasi benar, disebut valid dan bila salah disebut fallacy atau tidak valid. Hukum Silogisme Argumentasi ini valid: qp → rq → __________ .rp →∴ Hukum modus ponens Argumentasi ini valid: qp → p _________ q∴ Hukum modus tolens: Argumentasi ini valid: qp → q~ ___________

p~∴

13

Contoh 1. Tentukan validitas dari argumentasi ini qp → p~ __________ q~∴ Solusi Bila p maka q atau (~ p atau q) benar dengan ~ p benar maka dapat disimpulkan q bisa benar atau salah. Jadi ~ q bisa benar atau salah. Jadi argumentasi tersebut tidak valid. 2. Tentukan validitas dari argumentasi ini qp ↔ q __________ p∴ Solusi qp ↔ benar bila kedua p dan q benar atau salah. Karena q benar maka p juga benar. Jadi argumentasi tersebut valid. Soal 1. Buktikan bahwa argumentasi di bawah ini valid.

r

qr

qp

→→~

__________ p~∴ 2. Tentukan validitas dari argumentasi di bawah ini.

qr

qp

~→→

__________ pr ~→∴ 3. Tentukan validitas dari argumentasi di bawah ini.

qr

qp

~~

~

→→

__________ rp ~→∴

14

4. Untuk premis-premis yang diberikan tariklah suatu kesimpulan supaya argumentasinya valid.

q

qp ~→

5. Untuk premis-premis yang diberikan tariklah suatu kesimpulan supaya argumentasinya

valid..

qr

qp

→→~

6. Untuk premis-premis yang diberikan tariklah suatu kesimpulan supaya argumentasinya

valid..

rp

qp

→→

~

~

7. Untuk premis-premis yang diberikan tariklah suatu kesimpulan supaya argumentasinya

valid..

q

pr

qp

→→

~

~

KUANTOR Kuantor adalah notasi yang digunakan untuk menyatakan kuantitas suatu obyek dalam logika matematika. Contoh 1) Kuantor universal : “ ∀ ”, dibaca “semua” atau “setiap”. 2) Kuantor eksistensial :

“ ∃ ”, dibaca “beberapa” atau “terdapat paling sedikit satu” atau lebih singkat “terdapat”.

“ !∃ “, dibaca “terdapat tepat satu”. Contoh penggunaan MisalkanX suatu himpunan yang tidak kosong. Bila Xx ∈ punya sifat/predikat P ditulis ( )xP .

1) “ ( )xPXx ∈∀ ” , dibaca “Untuk setiap Xx ∈ , x bersifat P ”, atau “semua Xx ∈ bersifat P ”.

2) “ ( )xPXx ∈∃ ” , dibaca “ Beberapa Xx ∈ bersifat P ”, atau “Terdapat paling sedikit satu Xx ∈ yang bersifat P ”.

3) “ !∃ ”, digunakan pada 2) : “ ( )xPXx ! ∈∃ ”, dibaca “Terdapat tepat satu Xx ∈ yang bersifat P ”.

15

Contoh dalam negasi 1) ( ) ( ) . , DeMorganTeoremaxPXxxXPx ∈∃=∈∀

2) ( ) ( ) . , DeMorganTeoremaxPXxxXPx ∈∀=∈∃

3) ( )( ) ( )yxPyxyxPyx ,~,,,~ ∃∀=∀∃ di mana .~ −=

4) ( )( ) ( ).,~,,,~ yxPyxyxPyx ∀∃=∃∀

5) ( )( ) ( ).,~,,,~ yxPyxyxPyx ∃∃=∀∀

6) ( )( ) ( ).,~,,,~ yxPyxyxPyx ∀∀=∃∃ Contoh dalam definisi 1) Bilangan bulat n adalah bilangan kuadrat bila terdapat bilangan bulat k sedemikian

sehingga 2kn = . 2) Himpunan A tidak kosong bila terdapat elemen a sedemikian sehingga .Aa ∈ . 3) Himpunan S dikatakan himpunan bagian dari T bila TxSxx ∈→∈∀ , .

4) Fungsi RR →:f disebut genap bila R∈∀x , ( ) ( ).xfxf =−

5) Fungsi RR →:f disebut ganjil bila ,R∈∀x ( ) ( ).xfxf −=− 6) Diketahui himpunan-himpunan ,φ≠A φ≠B , dan BA ⊂ . Himpunan A disebut

himpunan bagian sejati dari himpunan B bila Bb ∈∃ dan .Ab∉ Induksi matematika Seringkali kita akan menentukan bahwa suatu proposisi tertentu ( )nP adalah

benar untuk setiap N∈n ( )N∈++== N,,NN,Nn,,,n dengan 21atau 210atau KK .

Misalnya ( ) ( )( ) 6121321: 2222 ++=++++ nnnnnP K atau

( )( )∑=

++=n

k

nnnk1

2 6121 . Untuk membuktikannya, digunakan Prinsip Induksi

Matematika. Prinsip induksi matematika Untuk membuktikan bahwa ( )nP benar untuk N∈n :

1) Buktikan ( )1P benar.

2) Asumsikan ( )nP benar, buktikan ( )1+nP benar. Contoh

1. Buktikan ( ) ,211∑

=

+=n

k

nnk

Solusi

• ( ) ,211111

1∑

=

+==k

k , jadi ( )1P benar atau untuk kanan. ruas kiri ruas 1 ==n

16

• Asumsikan ( )nP benar, yaitu ( )∑=

+=n

k

nnk1

21 benar. Dibuktikan ( )1+nP

benar, yaitu ( )( )∑+

=

++=1

1

221n

k

nnk .

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )benar 1 Jadi

,221223

22221211

2

21

1 1

+++=++=

+++=+++=++=∑ ∑+

= =

nP

nnnnn

nnnnnnnkkn

k

n

k

Catatan: ( )1P benar: pangkal, ( )1+nP benar : konklusi induksi, Asumsi ( )nP benar : hipotesis induksi.

2. Buktikan ( )( )∑=

++=n

k

nnnk1

2 .6121

Solusi

• ( )( ) ,6112111111

1

2∑=

+⋅+===k

k jadi ( )1P benar.

• Asumsikan ( )nP benar.

( )

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( )( )( ) ( )benar. 1 jadi ,63221

3226

1672

6

11612

6

1

616612116121

1

2

22

1

221

1

2

++++=

+++=+++=++++=

++++=+++=

++=∑∑=

+

=

nPnnn

nnn

nnn

nnnn

nnnnnnnn

nkkn

k

n

k

3. Buktikan ( ) ( )∑=

+ ∈<−−=n

k

nk arrraar0

1 ,1,11 R

Solusi

• ( ) ( ) ( )benar. 0 jadi ,11100

0

Prraaarark

k −−===∑=

• Asumsikan ( )nP benar. ( )

( )( )

( )( )

( )( ) ( ) ( )benar. 1 jadi ,11

11

1

1

1

2

1211

1

1

0 0

1

+−−=−−+

−−=+

−−=

+=

+

++++

+

+

= =

+∑ ∑

nPrra

r

rr

r

raar

r

ra

ararar

n

nnnn

n

n

k

n

k

nkk

4. Buktikan Rumus DeMoivre : ( ) ( ) ( ) N∈+=+ nnini n ,sincossincos αααα

17

Solusi • ( ) ( ) ( ),1sin1cossincos 1 αααα ⋅+⋅=+ ii jadi ( )1P benar. • Asumsikan ( )nP benar. Maka,

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )benar. 1 jadi

,1sin1cossincos

sincoscossinsinsincoscos

cossinsincossinsincoscos

sincossincos

sincossincossincos 11

++++=+++=

++−=+++=

++=++=+ +

nP

ninnin

nninn

nninin

inin

iii nn

αααααααααααααααααααααα

αααααααααα

Soal

1) Buktikan ( )∑ ∑= =

∈

=+=n

k

n

k

nknnk1

2

1

223 .,41 N

2) Buktikan ( ) KL ,4,3,2,!11

11

2

11

1

11

1121

=−

=

−+

+

+−−

nn

n

n

nn

3) Buktikan ( ) ( )( ) .,3211433221 N∈++=+++⋅+⋅+⋅ nnnnnnK

4) Buktikan Rumus Binomial : ( ) ( )∑=

−

∈−

=+n

k

kkn

n nxyknk

nyx

0

.,!!

!N

Sesuai pada Teorema Binomial, buktikan dulu lemma: ( )

( ) ( ) ( ) ( ) .!!

!

!1!1

!

!1!

!1

knk

n

knk

n

knk

n

−+

+−−=

−++

5) Diketahui fungsi NN →:f dengan sifat ( ) ( ) ( ).,, yfxfxyfyx +=∈∀ N

Buktikan bahwa ( ) ( ). anfafna n =∈∀∈∀ NN 6) Diketahui fungsi NN →:f dengan sifat ( ) ( ) ( ).,, yfxfyxfyx =+∈∀ N

Buktikan bahwa ( ) ( )( ) N∈∀= nfnf n ,1 . 7) Buktikan bahwa 1 ≠∀∈∀ xn N

( )( )( ) ( ) .1

11111

12242

x

xxxxx

n

n

−−=++++

+

L

8) Buktikan bahwa :, RN ∈∀∈∀ yxn yx − adalah pembagi dari nn yx − 9) Buktikan bahwa N∈∀n 6 adalah pembagi dari nn −3 . 10) Buktikan bahwa N∈∀n 9 adalah pembagi dari ( ) ( ) .21 333 ++++ nnn

11) Buktikan bahwa untuk 202:,7,6,5 +>= nn nK .

12) Buktikan bahwa N∈∀n : ( )( )∑=

−+++=n

k

nnnnnk1

224 .301961

18

PERTEMUAN 5: HIMPUNAN

Suatu himpunan adalah suatu kumpulan dari obyek-obyek. Obyek-obyek tersebut dinamakan anggota-anggota atau elemen-elemen dari himpunan. Bila A adalah suatu himpunan dan x adalah suatu elemen dari A, ditulis Ax ∈ . Bila x bukan elemen dari A, ditulis Ax ∉ . Himpunan yang elemen-elemennya hanya a, b, c ditulis { }cba ,, .

Himpunan dari semua x yang punya sifat P ditulis { }Pxx sifat punya .

Dua himpunan A dan B sama, ditulis A = B, bila : x∀ BxAx ∈↔∈ . Himpunan A disebut himpunan bagian dari B, ditulis BA ⊂ , bila setiap anggota dari A adalah juga anggota dari B. Himpunan yang tidak punya anggota, ditulis φ atau { }, adalah himpunan bagian dari himpunan sebarang. φ disebut juga himpunan kosong. Definisi 1) Produk (kartesius) dari A dan B, ditulis ,BA× adalah :

( ){ }BbAabaBA ∈∈=× dan ,

2) Gabungan atau union dari A dan B, ditulis A ∪ B, adalah : { }.atau BxAxxBA ∈∈=∪

3) Irisan atau intersection dari A dan B, ditulis BA ∩ , adalah : { }.dan BxAxxBA ∈∈=∩

4) Selisih dari A dan B, ditulis BA \ adalah : AxxBA ∈= |{\ dan }.Bx ∉

5) Himpunan kuasa dari A, ditulis ( )AP , adalah :

( ) { }. daribagian himpunan adalah AxAP =

Contoh Misalkan A = { 1, 2}, B = { 1, 2, 3}, maka :

1)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }( ) ( ) ( ) ( ){ }( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }3,3,2,3,1,3,3,2,2,2,1,2,3,1,2,1,1,1

;2,3,1,3,2,2,1,2,2,1,1,1

;,;2,2,1,2,2,1,1,1

;3,1,2,1,1,1,3,2,2,2,1,2

,3,2,2,2,1,2,3,1,2,1,1,1

=×=×

=×=×=×=×=×

BB

AB

AAAA

BA

BA

φφφφ

2) { } { } .,,2,1,3,2,1 φφφ =∩=∪=∩=∪ BAABABA

3) { } .,,3, φφφφ =−=−=−=− BAAABBA

4) ( ) { } { } { }{ } ( ) { }.,2,1,2,1, φφφ == PAP

19

Aljabar dari himpunan, dualitas Untuk U adalah himpunan semesta, φ adalah himpunan kosong, A, B, C adalah himpunan sembarang, berlakulah huku-hukum di bawah ini. Hukum Idempoten 1a. AAA =∪ 1b. AAA =∩ Hukum Asosiatif 2a. )()( CBACBA ∪∪=∪∪ 2b. )()( CBACBA ∩∩=∩∩ Hukum Komutatif 3a. ABBA ∪=∪ 3b. ABBA ∩=∩ Hukum Distributif 4a. )()()( CABACBA ∪∩∪=∩∪ 4b. )()()( CABACBA ∩∪∩=∪∩ Hukum Identitas 5a. AA =∪φ 5b. AUA =∩ 6a. UUA =∪ 6b. φφ =∩A Hukum Involusi 7. AA cc =)( Hukum Komplemen 8a. UAA c =∪ 8b. φ=∩ cAA

9a. φ=cU 9b. Uc =φ Hukum DeMorgan 10a. ccc BABA ∩=∪ )( 10b. ccc BABA ∪=∩ )( Bukti Sebagaicontoh, kta buktikan Hukum DeMorgan ccc BABA ∩=∪ )( :

cBAx )( ∪∈ bhb BAx ∪∉ ( bhb tidak benar bahwa ( Ax ∈ atau Bx ∈ )bhb ( Ax ∉

dan )Bx ∉ bhb ( cAx ∈ dan cBx ∈ )bhb )( cc BAx ∩∈ . Soal 1. Buktikan a. )\( BABBA ∪=∪ b. .)\( φ=∩ BAB 2. Buktikan a. )()\( BABAA ∩∪= b. .)()\( φ=∩∩ BABA

3. Buktikan a. BA ⊂ bhb φ=∩ cBA b. BA ⊂ bhb .UBAc =∪

4. Buktikan a. BA ⊂ bhb cc AB ⊂ b. BA ⊂ bhb .\ φ=BA

20

5. Formula cBABA ∩=\ memberikan definisi operasi beda dinyatakan dengan operasi interseksi dan komplemen. Carilah formula yang memberikan definisi BA ∪ dinyatakan dengan operasi interseksi dan komplemen.

6. Suatu survei dari 100 mahasiswa, diperoleh data statistik sebagai berikut: 22 belajar matematika, 20 belajar fisika, 45 belajar biologi, 15 belajar matematika dan biologi, 7 belajar matematika dan fisika, 10 belajar fisika dan biologi, 40 tidak belajar apa-apa. a. Tentukan banyaknya mahasiswa yang belajar ketiga pelajaran tersebut. b. Tentukan banyaknya mahasiswa yang hanya belajar satu pelajaran saja.

7. Yang dimaksud dengan beda simetrik dari himpunan-himpunan A dan B adalah himpunan ).(\)( BABABA ∩∪=∆ a. Buktikan sifat asosiatif dari beda simetrik, yaitu .)()( CBACBA ∆∆=∆∆ b. Buktikan sifat kanselasi dari beda simetrik, yaitu bila φ≠A dan CABA ∆=∆ maka

.CB = c. Buktikan sifat distributif dari beda simetrik, yaitu ).()()( CABACBA ∩∆∩=∆∩

8. Buktikan bahwa )(\)()\( CABACBA ∩∩=∩ 9. Carilah contoh yang menunjukkan bahwa )(\)()\( CABACBA ∪∪≠∪ . 10. Dari 60 mahasiswa yang belajar bahasa Inggris diketahui bahwa: 30 mahasiswa

pernah belajar bahasa Perancis, 48 mahasiswa pernah belajar bahasa Jerman, 20 mahasiswa pernah belajar bahasa Latin, 22 mahasiswa pernah belajar bahasa Perancis dan bahasa Jerman, 18 mahasiswa pernah belajar bahasa Jerman dan bahasa Latin, 10 mahasiswa pernah belajar ketiga bahasa tersebut, dan 6 mahasiswa tak pernah belajar satu pun dari ketiga bahasa tersebut. Tunjukkan bahwa terdapat kesalahan pada data di atas.

21

PERTEMUAN 6: RELASI

Relasi Bila A dan B adalah himpunan, yang dimaksud relasi dari A ke B adalah suatu himpunan bagian dari BA × . Fungsi Fungsi A ke B adalah suatu relasi dari A ke B sedemikian sehingga untuk setiap Aa ∈ terdapat satu dan hanya satu Bb ∈ dimana (a, b) ∈ f. Bila untuk setiap Aa ∈ terdapat paling banyak satu Bb ∈ dimana (a, b) ∈ f, f disebut fungsi parsial. Himpunan A disebut domain dari fungsi f dan himpunan B disebut range dari fungsi f. Bila (a, b) ∈ f, b = f(a) yaitu nilai dari f di a. Definisi 1) Fungsi BAf →: disebut surjektif atau onto bila :

( ) .bafAaBb =∋∈∃∈∀ 2) Fungsi BAf →: disebut injektif atau satu-ke-satu bila :

( ) ( )[ ]''', afafaaAaa ≠→≠∈∀ atau ( ) ( )[ ]., ''' aaafafAaa =→=∈∀ . 3) Fungsi BAf →: disebut bijektif bila : f surjektif dan sekaligus injektif. 4) Image dari fungsi BAf →: adalah :

( ) ( ){ }.: AxxfAf ∈= Contoh Misalkan { }cbaA ,,= dan { },,,, dcbaB = maka :

1) ( ) ( ) ( ){ } BAdcbbbaf ×⊆= ,,,,, adalah fungsi dari A ke B , dengan

( ) ( ) ( ) .,, α=== cfbbfbaf . ( ) =Af image dari fungsi { } ., Bdbf ⊆=

2) ( ) ( ) ( ){ } BBdcbbbaf ×⊆= ,,,,, hanyalah relasi dariB ke B dan bukan fungsi dari B ke B . Relasi f ini merupakan fungsi parsial dari B ke B .

3) Fungsi { }SBAP ,: → disebut predikat pada himpunan A. Misalnya

{ },,2,1,0(omega) K=ω dapat didefinisikan fungsi { }SBP ,: →ω sebagai predikat pada ω dengan

( )

=genap. bila

ganjil bila

nSALAH

nBENARnP

Soal 1) Diketahui { } { } { } { }.,,,,,,4,3,2,2,1 dcbWcbaVBA ====

a) Carilah : ( ).,,,,, VPAWBVAVABA φ×∩∪××

b) Carilah : ( ) ( )φ−−−−−− VPABPWVAAABBA ,,,,,

22

y

z

d

c

b

a

2) Yang manakah relasi-relasi dari BA ke di bawah ini merupakan fungsi ? { } { }4,3,2,2,1 == BA .

a) ( ) ( ){ }4,2,3,1

b) ( ) ( ){ }4,1,3,1

c) ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }4,1,2,2,3,1,3,1 3) Apakah ( ) ( ){ }3,2,2,1 merupakan fungsi :

a) dari ( ) ( ){ }?3,2 ke 2,1 b) dari ? ke NN c) dari ( ){ } ? ke 2,1 N

d) dari ( ){ } ( ){ }3,2 ke 3,2,1 ? Relasi sebagai graph Relasi R dari A ke B adalah himpunan bagian dari BA× . Relasi R dapat disajikan dengan diagram sebagai berikut : Tulis elemen-elemen dari A pada satu garis dan tulis juga elemen-elemen dari B pada satu garis lain. Untuk setiap ( ) Rba ∈, , gambar panah dari titik a ke titik b. Penyajian ini disebut bipartite graph representation dari R, dengan contoh sebagai berikut :

x { } { }( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }.,,,,,,,,,,,

,,,,,,

zdzcxcybyaxaR

zyxBdcbaA

===

Bila A = B dapat digunakan penyajian lain dari R yang lebih menarik. Penyajian ini disebut directed graph representation. Untuk menyajikan AAR ×⊆ , gambar diagram dengan satu titik untuk setiap elemen dari A; untuk setiap ( ) Ryx ∈, gambar panah dari titik x ke titik y. Titik-titik disebut nodes atau vertices, sedang panah-panah disebut edges. Hal ini digambarkan sebagai berikut :

23

{ }( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }.,,,,,,,,,,,

,,,

adccabdbcbbaR

dcbaA

==

{ }( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }.,,,,,,,,,

,,,

ddcbcabaaaR

dcbaA

==

Bila x suatu node, banyaknya panah yang menuju x disebut in-degree ; sedangkan banyaknya panah yang berasalah dari x disebut out-degree. Definisi

1) Relasi R pada A disebut refleksif bila ( ) RaaAa ∈∈∀ ,,

2) Relasi R pada A disebut simetrik bila : ( ) ( )[ ]RxyRyxAyx ∈→∈∈∀ ,,,

3) Relasi R pada A disebut transitif bila : ( )( ) ( )[ ]RzxRzyyxAyx ∈→∈∈∀ ,,,,

Bila relasi R simetrik, dapat digambarkan penyajian ke tiga dari R yang tidak memerlukan arah panah, disebut undirected graph representation.

b a

d

c

d

a

b

c

24

Relasi R refleksif Relasi R tidak refleksif

Relasi R simetrik Relasi R tidak simetrik

Relasi R transitif

25

Undirected grah representation dari relasi simetrik R diatas

Relasi R : refleksif, simetrik dan transitif Misalkan relasi R pada A adalah transitif dan ( ) ( ) ( )433221 ,,,,, aaaaaa adalah panah-panah

dalam R . Dengan sifat transitif, didapat :( ) Raa ∈31, , sehingga juga didapat ( ) Raa ∈41, .

Definisi Misalkan AAR ×⊆ adalah suatu relasi. Yang dimaksud dengan path dari a ke b dalam

R adalah barisan naaa ,,, 10 K sedemikian sehingga,

(i) 1≥n (ii) niAai i ,,1,0dengan , K=∈∀

(iii) baaa n == ,0

(iv) ( ) 1,,1,0dengan ,, 1 −=∈∀ + niRaai ii K

Bila naa =0 , path di atas disebut cycle. Bilangan n disebut panjang dari path di atas.

Suatu graph tanpa cycles disebut acyclic. Proposisi Relasi R transitif bhb untuk setiap path dari ba ke berada di dalam R maka terdapat edge ( )ba, yang berada di dalam R .

1) Misalkan { }edcbaA ,,,,= dan relasi R pada A adalah :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }.,,,,,,,,,,,,,,, cecdecdcacabcabaR = a. Gambarkan bipartite graph representation dari R . b. Gambarkan directed graph representation dari R . c. Cek apakahR refleksif, simetrik atau transitif.

2) Misalkan ( ){ } { } { }.,,,, baBaAaaR === Apakah AAR ×⊆ refleksif ? Apakah BBR ×⊆ refleksif ? Gambarkan kedua relasi tersebut sebagai bepartite graphs dan directed graphs.

3) Pandang undirected graph ini :

26

Sajikan graph ini sebagai suatu relasi. 4) Gambarlah suatu directed graph yang simetrik dan transitif, tetapi tidak

refleksif. 5) Suatu relasi yang refleksif, simetrik dan transitif disebut relasi ekivalen.

Berikan deskripsi dari directed graph dari relasi ekivalen. 6) Misalkan { } { }.,, baBaA ==

a. Daftar semua relasi AAR ×⊆ . b. Daftar semua relasi BBR ×⊆ . c. Dari relasi-relasi dalam a. dan b. , mana yang refleksif, simetrik, transitif?

Relasi ekivalen Suatu relasi yang refleksif, simetrik dan transitif disebut relasi ekivalen. Definisi Misalkan AAR ×⊆ adalah suatu relasi ekivalen dan misalkan Aa ∈ . Klasekivalen dari a terhadap R, ditulis [ ]Ra , adalah

[ ] ( ){ }RaaAaa R ∈∈= '' , , disingkat [ ]a .

Teorema Bila R adalah relasi ekivalen pada A , dan Aba ∈, , maka :

(i) bila ( ) [ ] [ ]baRba =∈ maka , .

(ii) bila ( ) [ ] [ ] φ=∩∉ baRba maka , .

(iii) [ ] [ ] [ ] [ ] φ=∩= baba atau .

Graph dari relasi ekivalen

27

4

2 3

1

3

2

Definisi Bila R adalah relasi ekivalen pada A, maka yang disebut quotient set RA adalah

[ ]{ }.| AaaRA R ∈=

Definisi Misalkan A adalah suatu himpunan. Himpunan bagian ∏ dari P(A) disebut partisi dari A bila setiap ∏∈S adalah tidak kosong dan untuk setiap Aa ∈ , terdapat tepat satu ∏∈S sedemikian sehingga Sa ∈ .

{ } { } { }{ } ( ){ }

{ } { } { } { }{ } ( ). dari partisi

4,3,2,1

4321 dimana dari partisi

3,2,4,1

2

1

A

AP

,,,AA

AP

=⊆=∏

==⊆=∏

Teorema Himpunan bagian ∏ dari P(A) merupakan partisi pada A bhb RA=∏ untuk suatu relasi ekivalen R pada A.

{ }{ } { } { } { } { }{ }

[ ] { } [ ] { }[ ] { } { } { }{ }3,2,1,2,12

33,2,11

3,3,2,2,1,2,2,1,1,1

3,2,1

====

==

RA

R

A

R

RR

Soal

1) Diketahui { }61 ≤≤∈= xxA ω dan R suatu relasi dari pada A di mana

( ){ }.3 darikelipatan , yxyxR −=

Buktikan bahwa R adalah relasi ekivalen dan carilah RA . 2) Diketahui { }81 ≤≤∈= xxA ω dan R suatu relasi dari pada A di mana

( ){ }.ganjil k,dan ,2dan 2, '' kkykxyxR ii ===

Buktikan bahwa R adalah relasi ekivalen dan carilahRA .

28

3) Misalkan A dan B adalah himpunan dan BAf →: suatu fungsi. Didefinisikan :

( ) =fKer kernel dari ( ) ( ) ( ){ }.dan ,, yfxfAyxyxf =∈=

Buktikan bahwa untuk f sebarang, ( )fKer adalah relasi ekivalen. 4) Buktikan : Bila R adalah relasi ekivalen pada A, terdapatlah himpunan B dan fungsi

BAf →: sedemikian sehingga ( ).fKerR =

Komposisi relasi

Misalkan A, B, dan C adalah himpunan-himpunan. Misalkan juga R adalah relasi dari A ke B dan S adalah relasi dari B ke C. Jadi dari definisi relasi, R adalah himpunan bagian dari BA× dan S adalah himpunan bagian dari .CB × Dibentuk relasi komposisi dari R dan S, yaitu ( )SR o dari A ke C yang didefinisikan sebagai

{ } .&:),( CAbScaRbBbcaSR ×⊆∈∃=o Kadang-kadang relasi SR o dasingkat RS. Contoh 1. Misalkan { },4,3,2,1=A { }dcbaB ,,,= , dan { }zyxC ,,= . Misalkan juga

{ } { }.),(),,(),,(),,(,),3(),,3(),,3(),,2(),,1( zdyczbxbSdbadaR == Maka

,)(3&)(2 xSRzSR oo karena Rd2 dan ,dSz serta .&3 bSxRb Juga didapat zSR )(3 o karena .&3 dSzRd Dapat disimpulkan

{ }.),3(),,3(),,2( zxzSR =o Teorema Misalkan A, B, C, D adalah himpunan-himpunan. Misalkan juga R adalah relasi dari A ke B, S relasi dari B ke C, dan T relasi dari C ke D. Maka ).()( TSRTSR oooo = Invers relasi Misalkan R adalah relasi dari A ke B. Yang dimaksud dengan invers relasi dari R, ditulis

1−R adalah relasi dari B ke A dengan { }.),(:),(1 RbaabR ∈=− Contoh 1. Misalkan { }3,2,1=A dan R adalah relasi pada A di mana { },)3,2(),3,1(),2,1(=R maka

1−R adalah juga relasi pada A dengan { }.)2,3(),1,3(),1,2(1 =−R 2. Invers dari relasi ”x adalah suami y” adalah relasi ”y adalah isteri x”.

29

PERTEMUAN 7 : FUZZY SET Pendahuluan Misalkan X merupakan himpunan semesta. Yang dimaksud dengan himpunan kabur atau fuzzy set A adalah dikarakterisir dengan fungsi karakteristik yang diperumum atau fungsi keanggotaan Aµ dari X ke selang tertutup ].1,0[ Contoh 1. Misalkan X adalah himpunan dari semua pabrik mobil. Himpunan kabur A

dikarakterisir dengan fungsi keanggotaan ]1,0[: →XAµ di mana

Xx ∈∀ )(xAµ adalah prosentase mobil x digunakan di Jakarta. 2. Misalkan himpunan semesta X adalah himpunan dari semua mahasiswa yang

mengambil mata kuliah Matematika Diskrit K0144. Himpunan kabur B dikarakterisir dengan fungsi keanggotaan ]1,0[: →XBµ di mana Xx ∈∀ )(xAµ adalah IPK x dibagi 4.

3. Misalkan X adalah himpunan semesta. Himpunan biasa atau crisp set C dapat dikarakterisir dengan fungsi keanggotaan fungsi karakteristik biasa pada C. Ingat bahwa fungsi karakteristik biasa pada C atau Cχ adalah fungsi dari X ke selang

tertutup ]1,0[ dengan

∉∈

=.,0

,1)(

Cx

CxxCχ

Dua himpunan kabur A dan B disebut sama, ditulis ,BA = bila dan hanya bila .BA µµ =

Bila himpunan semesta { }nuuuuU ,,,, 321 K= berhingga, himpunan kabur D, misalnya

dapat ditulis sebagai

n

n

aaaa

D

uuuu

K

K

321

321

:

atau sebagai “jumlah” uuD

UuD /)(∑

∈

= µ

atau dengan notasi

nn uauauauaD //// 332211 +++= L

Himpunan (kabur) kosong dan himpunan(kabur) semesta Misalkan X adalah himpunan semesta.Himpunan kabur kosong φ dikarakterisir dengan

fungsi keanggotaan fungsi nol dari X yaitu ,0)(: =∈∀ xXx φµ sedangkan himpunan

kabur semesta dikarakterisir dngan fungsi keanggotaan .1)( XxxX ∈∀=µ

30

Support dari himpunan kabur Misalkan X adalah himpunan semesta. Support dari himpunan kabur A: supp { }.0)(|)( >∈= xXxA Aµ Untuk himpunan kabur A dengan penulisan

19,08,06,04,002,01,0

:

87654321

A

xxxxxxxx

maka supp { } { }.,,,,,,)( 38765421 xXxxxxxxxA −==

α cut dari himpunan kabur Misalkan X adalah himpunan semesta. Untuk [ ],1,0∈α yang dimaksud dengan

cut−α dari himpunan kabur A adalah { }.)(| αµα ≥∈= xXxA A

Untuk himpunan kabur A dengan penulisan

19,08,06,04,002,01,0

:

87654321

A

xxxxxxxx

maka cut−4,0 dari himpunan kabur A adalah { }.,,,, 87654 xxxxx

Inklusi untuk himpunan kabur Diberikan dua himpunan kabur A dan B dari himpunan semesta X. Himpunan A disebut himpunan bagian dari himpunan B ditulis BA ⊂ bila .)()( Xxxx BA ∈∀≤ µµ Operasi himpunan kabur Diberikan dua himpunan kabur A dan B dari himpunan semesta X. Gabungan BA ∪ dari himpunan-himpunan kabur A dan B dikarakterisir dengan fungsi keanggotaan

{ } ,)(),()( Xxxxmaksx BABA ∈∀=∪ µµµ sedangkan irisan BA ∩ dari himpunan-himpunan kabur A dan B dikarakterisir dengan fungsi keanggotaan { } .)(),(min)( Xxxxx BABA ∈∀=∩ µµµ Untuk komplemen cA dari himpunan

kabur A dikarakterisir dengan fungsi keanggotaan .)(1)( Xxxx AAc ∈∀−= µµ

Soal Misalkan himpunan semesta adalah [ ] { }.10|1,0 ≤≤∈== xxX R Himpunan-himpunan kabur A, B dan C berturut-turut dikarakterisir oleh fungsi-fungsi keanggotaan

.|5,0|1)(,|5,0|)(,)( XxxxXxxxXxxx BBA ∈∀−−=∈∀−=∈∀= µµµ Dengan menggambarkan kurva fungsi keanggotaannya, 1. Tentukan himpunan kabur .BA ∪ 2. Tentukan himpunan kabur .BA ∩ 3. Tentukan himpunan kabur .cA 4. Tentukan himpunan kabur .CA ∩

31

5. Tentukan himpunan kabur .CB ∩ 6. Tentukan himpunan kabur .cB 7. Tentukan himpunan kabur .CB ∪ 8. Tentukan himpunan kabur .cC

32

PERTEMUAN 12: POSET (PARTIALLY ORDERED SET) Definisi Poset Relasi R pada himpunan S disebut partial order atau urutan parsial pada S bila R adalah:

(1) refleksif, yaitu: aRa untuk setiap a di dalam S. (2) Antisimetrik, yaitu: ,, Sba ∈∀ bila aRb dan bRa maka .ba = (3) Transitif, yaitu: ,,, Scba ∈∀ bila aRb dan bRc maka aRc.

Suatu himpunan S bersama partial order atau urutan parsial disebut suatu partially ordered set (himpunan terurut parsial) atau poset. Biasanya kita menggunakan relasi urutan parsial dengan simbol ,≤ dan ba ≤ dibaca a mendahului b atau b melampaui a. Contoh a. Misalkan S adalah himpunan dari himpunan-himpunan atau keluarga dari himpunan-

himpunan. Diadakan relasi inklusi (termuat) ⊂ pada S. 1. Jelas bahwa AA ⊂ untuk setiap anggota dari S, sehingga relasi inklusi ⊂

merupakan relasi refleksif pada S. 2.Bila ABBA ⊂⊂ & maka. ,BA = sehingga relasi inklusi ⊂ merupakan relasi

anti simetrik pada S. 3. Bila CBBA ⊂⊂ & maka. ,CA ⊂ sehingga relasi inklusi ⊂ merupakan

relasi transitif pada S. Jadi, berdasarkan definisi poset di atas, S bersama relasi inklusi ⊂ atau ditulis ),( ⊂S merupakan poset.

b. Pandang himpunan N , yaitu himpunan dari semua bilangan-bilangan bulat positif. Pada N diadakan relasi habis membagi atau membagi. Bila N∈ba, dan a membagi b, maka aRb ditulis .|ba Ingat bahwa bila N∈ba, dengan ,|ba artinya

N∈∃c .bca =⋅∋ 1. Jelas bahwa aa | untuk setiap anggota a dari N, sehingga relasi membagi |

merupakan relasi refleksif. 2.Bila abba |&| maka. ba = sehingga relasi membagi | merupakan relasi anti

simetrik. 3. Bila cbba |&| maka. ,|ca sehingga relasi membagi | merupakan relasi

transitif pada N. Jadi, berdasarkan definisi poset di atas, N bersama relasi membagi | atau )|,( N merupakan poset.

Supremum dan infimum Misalkan A merupakan himpunan bagian dari poset S. Suatu elemen M di dalam S disebut batas atas dari A bila M melampaui setiap elemen x di dalam A, atau Ax ∈∀ berlaku

.Mx ≤ Bila suatu batas atas dari A mendahului semua batas atas yang lain dari A maka elemen tersebut disebut supremum dari A dan ditulis sup(A) atau batas atas terkecil dari A dan ditulis lub (A).

33

Secara analog, suatu elemen m di dalam S disebut batas bawah dari A bila m mendahului setiap elemen x di dalam A, atau Ax ∈∀ berlaku .xm ≤ Bila suatu batas bawah dari A melampaui semua batas bawah yang lain dari A maka elemen tersebut disebut infimum dari A dan ditulis inf(A) atau batas bawah terbesar dari A dan ditulis glb (A). Contoh a. Himpunan N diurutkan secara parsial dengan relasi membagi |. Misalkan

., N∈ba Pembagi persekutuan terbesar dari a dan b ditulis dengan ),gcd( ba adalah bilangan bulat positif terbesar yang membagi kedua a dan b. Kelipatan persekutuan terkecil dari a dan b ditulis dengan ),( balcm adalah bilangan bulat positif terkecil yang dapat dibagi oleh kedua a dan b. Dari teori bilangan diperoleh sifat bahwa setiap pembagi persekutuan dari a dan b juga membagi ),gcd( ba serta ),( balcm membagi setiap kelipatan persekutuan dari a dan b. Jadi,

),glb(),inf(),gcd( bababa == ).,lub(),sup(),( bababalcm ==

b. Untuk setiap bilangan bulat positif m, misalkan mD menunjukkan himpunan dari

semua pembagi-pembagi dari m terurut dengan relasi habis membagi. Maka, }.36,18,12,9,6,4,3,2,1{36 =D

Terlihat bahwa ),glb(),inf(),gcd( bababa == dan ),lub(),sup(),( bababalcm ==

eksis untuk semua a dan b di dalam .36D Soal 1. Relasi R adalah relasi habis membagi yang didefinisikan atas himpunan

}.1296,648,432,324,216,162,144,108,81,72,54,48,36,27,24,18,16,12,9,8,6,4,3,2,1{=A Gambarkan poset ),( RA di atas dalam diagram Hess. Carilah ub, lub, lb dan glb dari himpunan{6,12,36,72}.

34

PERTEMUAN 13: ALJABAR BOOLE Definisi dasar Baik himpunan-himpunan maupun pernyataan-pernyataan, keduanya mempunyai sifat-sifat yang mirip, yang disebut hukum-hukum identikal. Hukum-hukum ini digunakan untuk mendefinisikan struktur matematika yang abstrak yang disebut aljabar Boole.Nama tersebut diambil dari matematikawan Inggris Geoge Boole (1815-1864). Misalkan B adalah himpunan tidak kosong dengan dua operasi biner + dan ∗ , satu operasi unari ‘, dan dua elemen yang berbeda 0 dan 1. Himpunan B disebut aljabar Boole, bila aksioma-aksioma di bawah ini dipenuhi, di mana a, b, c adalah lemen-elemen sembarang dalam B. (B1) Hukum-hukum komutatif:

abbababbaa ∗=∗+=+ )1()1( (B2) Hukum-hukum distributif:

)()()2()()()()2( cabacbabcabacbaa ∗+∗=+∗+∗+=∗+ (B3) Hukum-hukum identiti:

aabaaa =∗=+ 1)3(0)3( (B4) Hukum-hukum komplemen:

.0')4(1')4( =∗=+ aabaaa Kadang-kadang aljabar Boole ditulis dengan notasi ).1,0,',,,( ∗+B di mana 0 disebut elemen nol, 1 disebut elemen satuan dan 'a disebut komplemen dari a. Sebagaimana pada hasilkali biasa pada bilangan-bilangan real, tanda ∗ tidak akan dituliskan. Misalnya ab artinya .ba ∗ Operasi-operasi +,∗ dan ‘ berturut-turut disebut jumlah, hasilkali dan komplemen.Kita mengikuti aturan cba ∗+ yang berarti ),( cba ∗+ 'ba ∗ yang berarti ).'(ba ∗ Contoh 1. Misalkan { }1,0=B dengan dua operasi biner + dan ∗ yang didefinisikan sebagai

+ 1 0 1 1 1 0 1 0

∗ 1 0 1 1 0 0 0 0

dan operasi unari ‘ didefinisikan sebagai 1'0 = dan .0'1 = Maka B merupakan aljabar Boole.

35

2. Misalkan C koleksi dari himpunan yang tertutup terhadap union, interseksi dan komplemen. Maka C merupakan aljabar Boole dengan himpunan kosong φ sebagai elemen nol dan himpunan semesta U sebagai elemen 1.

3. Misalkan 70D adalah himpunan dari pembagi-pembagi 70 yaitu

{ }.70,35,14,10,7,5,2,170 =D Didefinisikan ∗+, dan ‘ pada 70D sebagai

=+ ba kelipatan persekutuan terkecil dari a dan b, =∗ ba pembagi persekutuan terbesar dari a, ./70' aa = Maka 70D merupakan aljabar Boole dengan 1 sebagai elemen nol dan 70 sebagai

elemen satuan. Dualitas Dual dari pernyataan sembarang dalam suatu aljabar Boole B adalah pernyataan yang diperoleh dengan menukar operasi-operasi + dan ∗ dan menukar elemen-elemen 0 dan 1 dalam pernyataan semula. Sebagai contoh, dual dari bba =+∗+ )0()1( adalah

.)1()0( bba =∗+∗ Perhatikan sifat simetri dalam aksioma-aksioma dari aljabar Boole B.Yaitu, dual dari aksioma juga aksioma dalam aljabar Boole B. Berdasarkan hal tersebut, diperoleh hasil Prinsip Dualitas yang penting, yang dinyatakan sebagai Teorema 1 (Prinsip Dualitas): Dual dari teorema sembarang dalam dalam aljabar Boole juga merupakan suatu teorema. Menggunakan aksioma-aksioma (B1) sampai dengan (B4) dalam aljabar Boole B, diperoleh Teorema 2 Misalkan cba ,, adalah elemen-elemen sembarang dalam aljabar Boole B. Maka berlaku

(i) Hukum-hukum idempoten: aaaaaa =∗=+ , (ii) Hukum-hukum keterbatasan: 00,11 =∗=+ aa (iii) Hukum-hukum absorpsi: abaaabaa =+∗=∗+ )(,)( (iv) Hukum-hukum asosiatif: ).()),()( cbacbacbacba ∗∗=∗∗++=++

Teorema 3 Misalkan a adalah elemen sembarang dalam aljabar Boole B.Maka berlaku

(i) Hukum Ketunggalan Komplemen: Bila 0&1 =∗=+ xaxa maka '.ax = (ii) Hukum Involusi: 00,)''( =∗= aaa (iii) 0'1,1'0 ==

Teorema 4 (Hukum-hukum DeMorgan) Misalkan ba, adalah elemen-elemen sembarang dalam aljabar Boole B.Maka berlaku

(i) '.')'(,'')'( babababa +=∗∗=+

36

Disain rangkaian skakelar listrik (rangkaian logika) Misalkan K,,BA merupakan skakelar listrik, dan misalkan untuk skakelar A, A’ menunjukkan skakelar listrik bila A hidup A’mati dan bila A mati A’ hidup. A dan B dapat dihubungkan seri, ditulis ,BA ∧ atau paralel ditulis .BA ∨ Disain rangkaian skakelar listrik Boole adalah susunan dari kawat dan skakelar yang disusun dengan penggunaan berulang-ulang dari kombinasi seri dan paralel. Jadi rangkaian tersebut dapat dapat ditulis dengan notasi ∧ dan .∨ Teorema 5 Aljabar dari rangkaian skakelar listrik Boole merupakan aljabar Boole. Soal 1. Gambarkan ungkapan (ekspresi) Boole ( )[ ].')'( BCABA ∧∨∨∧ Sederhanakan

ungkapan (ekspresi) Boole ( )[ ]BCABA ∧∨∨∧ ')'( dan kemudian gambarkan hasilnya.

2. Gambarkan ungkapan (ekspresi) Boole )''()]'([ BABBA ∧∨∨∧ Sederhanakan

ungkapan (ekspresi) Boole ( )[ ] ( )''' BABBA ∧∨∨∧ dan kemudian gambarkan hasilnya.

37

PERTEMUAN 15: DNF (Disjunction Normal Form) Pandang himpunan dari peubah-peubah (huruf atau simbol), misalkan .,,, 21 nxxx K Yang

dimaksud dengan ekspresi Boole E dalam peubah-peubah ini, biasanya ditulis sebagai ),,,( 21 nxxxE K , adalah peubah sembarang atau ekspresi sembarang yang dibangun oleh

peubah-peubah tersebut menggunakan operasi-operasi Boole ∗+, dan ‘. Sebagai contoh, )'''()''( yxxyzzyxE +++= dan )'')'''(( zxyzxyF ++= merupakan ekspresi Boole dalam peubah x, y, z. Yang dimaksud dengan literal adalah peubah atau komplemen dari peubah, misalnya

',,', yyxx dsb. Produk Fundamental Yang dimaksud dengan produk fundamental adalah literal atau produk dari dua atau lebih literal di mana tidak ada dua literal yang mengandung peubah yang sama. Misalnya, yzxyzyxzxyxz ',',',,',' semuanya merupakan produk fundamental. Tetapi zxyx' dan xyzy keduanya bukan produk fundamental. Produk fundamental 1P dikatakan termuat dalam produkfundamental lain 2P bila literal-

literal dari 1P juga iteral-literal dari .2P Sebagai contoh zx' termuat dalam zyx' tetapi tidak dalam ,'zxy karena x’ bukan literal dari produk fundamental kedua.

Bila produk fundamental 1P termuat dalam produk fundamental ,2P maka dengan

hukum absorpsi .121 PPP =+ Misalnya 'ac termuat dalam ,' bac ∗ diperoleh

'.)'(' acbacac =∗+

DNF & Metodanya Ekspresi Boolean E merupakan disjunctive normal form (dnf) bila E adalah produk fundamental atau jumlah dari dua atau lebih produk fundamental di mana tak ada produk fundamental yang termuat dalam produk fundamental yang lain. Sebagai contoh, '''1 zyxzyzxE ++= dan '.''''2 zyxzyxzxE ++= Yang pertama bukan dnf karena 'zx termuat dalam ,'zyx sedang yang kedua juga bukan dnf karena 'xz termuat dalam '.'zxy Menggunakan hukum-hukum aljabar Boole, kita dapat mengkonstruksikan algoritma untuk mengubah ekspresi Boole sembarang E ke bentuk dnf, dengan cara sbb.

(1) Menggunakan hukum-hukum de Morgan dan involusi, kita dapat menjalankan operasi komplemen ke dalam kurung sembarang sampai akhirnya hanya terdapat

38

komplemen dari peubah-peubah. Kemudian E hanya mengandung jumlahan dan produk dari literal saja.

(2) Menggunakan hukum distributif, kita dapat terus mengubah E ke dalam jumlahan dari produk-produk, lalu menggunakan hukum-hukum komutatif, idempoten dan absorpsi, kita akhirnya dapat mengubah E dalam dnf.

Sebagai contoh, dengan (1)

).')('(

))'''()'')(('')'(())''')('(()')'((

bcaccab

cbcacabcbcacabE

++=++++=++=

Kemudian dengan (2), ,'0'''''' abcacacabcabcbcccacabbcabacE +=+++=+++= yang berbentuk dnf. Full DNF Ekspresi Boole ),,,( 21 nxxxE K disebut full disjunctive normal form bila ),,,( 21 nxxxE K

merupakan dnf dan setiap produk fundamental mengandung semua peubah. Kita dengan mudah dapat mengubah dnf ke dalam full dnf dengan mengalikan setiap produk fundamental P dari E dengan 'ii xx + bila P tidak mengandung .ix Sebagai contoh, kita

dapat mengubah ),,( cbaEE = di atas ke dalam full dnf dengan .''')'('' abccababcabcbbacabcacE ++=++=+=

Perlu dicatat bahwa ,1'=+ ii xx sehingga mengalikan P dengan 'ii xx + dibolehkan.

Teorema Setiap ekspresi Boole ),,,( 21 nxxxE K yang tidak sama dengan nol dapat dituliskan dalam full dnf dengan tunggal. Contoh 1. Nyatakan ekspresi Boolean berikut dalam dnf dan dalam full dnf )'.'(),,(11 zyxzyxEE == Solusi

,')'()''(1 xzxyzyxzyxE +=+== dalam dnf. Juga,

,'''''''

')'()'('1

zxyxyzxyzzxyxyzxyzxyz

zyyxzzxyxzxyE

++=+++=+++=+=

dalam full dnf. 2. Nyatakan ekspresi Boolean berikut dalam dnf dan dalam full dnf '.)'(),,(22 yyxzzyxEE ++== Solusi

39

,''')'(2 yyzzxyyxzE ++=++= dalam dnf. Juga,

,'''''''''

''''''''''''

)')('(')'()'('')'(2

zyxzyxyzxzxyzxyxyz

zyxzyxzxyzxyyzxxyzzyxyzx

zzxxyxxyzyyzxyyxzE

+++++=+++++++++=

++++++=++=

dalam full dnf. 3. Nyatakan ekspresi Boolean berikut dalam dnf dan dalam full dnf .')''(),,(33 yxyxzyxEE ++==

Solusi ,''')''(3 yxxyyxyxE +=++= dalam dnf. Bentuk terakhir ini bisa dipandang sebagai

dalam bentuk full dnf bila peubah-peubahnya hanya x dan y. Tetapi dalam soal jelas bahwa peubah-peubahnya diketahui dalam x, y, z. Jadi

,''''''

)'(')'('''')''(3

yzxyzxzxyzxy

zzyxzzxyyxxyyxyxE

+++=+++=+=++=

dalam full dnf.

40

PERTEMUAN 16: TEORI GRAPH Pengertian dan konsep dasar Graph G terdiri dari dua bagian:

(i) Himpunan V yang elemen-elemennya disebut titik-titik atau nodes. (ii) Himpunan E dari pasangan-pasangan tak berurutan dari titik-titik yang

berlainan yang disebut rusuk-rusuk atau edges. Kita menulis graph sedemikian dengan ),( EVG untuk menekankan dua bagian dari graph G tersebut. Titik-titik u dan v disebut bersebelahan atau adjacent bila terdapat rusuk

}.,{ vu Kita menggambarkan graph dengan diagram secara alami. Dalam hal ini setiap titik v dalam V disajikan dengan lingkaran kecil atau dot, dan setiap rusuk

},{ 21 vve = disajikan dengan kurva yang menghubungkan titik-titik ujung 1v dan .2v Pada graph ),( EVG biasanya tidak dibolehkan adanya rusuk ganda atau multiple edges, yaitu adanya lebih dari satu rusuk yang menghubungkan dua titik pada graph tersebut. Pada graph ),( EVG juga tidak dibolehkan adanya loop, yaitu rusuk yang titik-titik ujungnya sama. Graph ),( EVG dengan dua sifat ini disebut multigraph. Yang dimaksud dengan walk adalah multigraph yang terdiri dari barisan yang bergantian dari titik dan rusuk dengan bentuk .,,,,,,,,, 1122110 nnnn vevevevev −−K

Sedangkan path adalah walk di mana semua titik-titiknya berlainan. Misalkan ),( EVG adalah graph. Misalkan juga V’ himpunan bagian dari V , dan E’ adalah himpunan bagian dari E yang memuat semua rusuk dari E yang titik-titik ujungnya merupakan elemen dari V’. Dalam hal ini )','( EVG merupakan subgraph dari graph ).,( EVG Komponen dari graph Graph ),( EVG disebut terhubung atau connected bila antara dua titik sembarang terdapat suatu path yang menghubungkan dua titik tersebut. Subgraph terhubung dari graph

),( EVG disebut komponen terhubung dari ),( EVG bila dia tidak termuat dalam subgraph terhubung sembarang yang lebih besar. Secara intuitif jelas bahwa setiap graph dapat dipartisi ke dalam komponen-komponen terhubungnya. Jarak antara dua titik dan diameter Jarak antara dua titik u dan v dari graph terhubung G, ditulis ),( vud , adalah panjang dari path terpendek antara u dan v. Diameter dari graph terhubung G adalah jarak maksimum dari dua titik sembarang dari G. Misalkan v adalah titik dari graph G. Yang dimaksud dengan vG − adalah adalah graph yang diperoleh dari G dengan menghilangkan v dan semua rusuk-rusuk yang berinsiden dengan v. Titik v dalam graph terhubung G disebut titik potong atau cut point bila vG − menjadi tak terhubung.

41

PERTEMUAN 20: PEWARNAAN GRAPH Pewarnaan titik Pewarnaan titik dari graph G adalah penentuan warna pada titik-titik G, sedemikian sehingga titik-titik yang bersebelahan mempunyai warna-warna berlainan. Banyaknya warna minimum yang diperlukan untuk mewarnai G disebut bilangan kromatik atau chromatic number dari G dan ditulis dengan simbol ).(Gκ Kita berikan algoritma Welch dan Powell untuk mewarnai graph G. Langkah pertama adalah mengurutkan titik-titik dari G berdasarkan degreenya yang menurun (urutan ini tidak tunggal karena ada titik-titik yang punya degree sama). Langkah kedua adalah memberikan warna pertama untuk titik pertama. Untuk mewarnai selanjutnya adalah secara barisan, warnai setiap titik yang tidak bersebelahan dengan titik yang diwarnai sebelumnya dengan warna yang sama. Ulangi proses yang sama menggunakan warna kedua dan barisan bagian dari titik-titik yang belum diwarnai. Lanjutkan prosesnya dengan warna ketiga, dst. sampai semua titik-titik terwarnai. Kita memakai algoritma Welch-Powell untuk mewarnai graph G pada Gambar 6-5. Mengurutkan titik-titik menurut degreenya yang menurun diperoleh barisan .,,,,,,, 86421735 AAAAAAAA

Warna pertama digunakan untuk mewarnai titik-titik 5A dan .1A Warna kedua dipakai

untuk mewarnai titik-titik .,, 843 AAA Warna ketiga dipakai untuk mewarnai titik-titik

27 , AA dan ,6A sehingga .3)( ≤Gκ Perlu dicatat bahwa ,2)( >Gκ karena 21, AA dan 3A

harus diwarnai berlainan. Jadi .3)( =Gκ Juga, graph komplit atau lengkap nK dengan n

titik simpul memerlukan n warna dalam pewarnaan sembarang, karena setiap titik simpul bersebelahan dengan setiap titik simpul lainnya. Contoh 1. Perhatikan Gambar 6-18. Gunakan algoritma Welch-Powell untuk mewarnai (pewarnaan titik) graph pada gambar tersebut. Solusi Dikerjakan secara barisan, kita pakai warna pertama untuk mewarnai titik-titik simpul H, B, dan lalu G.( Kita tidak dapat mewarnai A, D, atau F dengan warna pertama karena masing-masing terhubung dengan H. Kerjakan terus secara barisan dengan titik-titik simpul yang belum diwarnai, kita pakai warna kedua untuk titik-titik simpul A dan D. Titik-titik simpul sisanya F, C dan E dapat diwarnai dengan warna ketiga. Jadi bilangan kromatik n tidak dapat melebihi 3. Pada setiap pewarnaan, H, D, dan E harus diwarnai berlainan, karena mereka terhubung satu sama lain. Jadi .3=n Pewarnaan rusuk Pewarnaan rusuk dari graph G adalah penentuan warna pada rusuk-rusuk G, sedemikian sehingga rusuk-rusuk yang bersebelahan mempunyai warna-warna berlainan. Banyaknya warna yang diperlukan dibuat minimum.

42

Contoh 1. Perhatikan graph pada halaman 149. Pewarnaan rusuk graph tersebut dikerjakan

sebagai berikut: a) 1e kita beri warna pertama.

b) 4e dan 9e kita beri warna pertama juga, karena 41,ee dan 9e tidak saling terhubung

langsung oleh sebuah titik. c) 2e kita beri warna kedua.

d) 5e dan 7e dapat diberi warna kedua juga, karena 52 ,ee dan 7e juga tidak saling

terhubung melalui sebuah titik. e) 3e dan 8e dapat diberi warna ketiga.

f) Terakhir, 6e kita beri warna keempat.

Jadi bilangan kromatik (pewarnaan rusuk) dari graph di atas adalah empat, atau .4)( =Gκ

2. Pada pewarnaan rusuk untuk graph lengkap ,nκ bilangan kromatik dari nκ memenuhi

rumus:

−=

.,1

,)(

genapnbilan

ganjilnbilannκκ

Pewarnaan daerah Pandang suatu map M, yaitu representasi planar dari multigraph planar yang berhingga. Dua daerah dari M dikatakan bersebelahan bila mereka mempunyai suatu rusuk berserikat. Yang dimaksud dengan pewarnaan daerah dari M adalah penentuan warna pada setiap daerah dari M sedemikian sehingga daerah-daerah yang bersebelahan mempunyai warna yang berlainan. HAL 149

Contoh 1. Sebagai contoh, pada Gambar 6-6 (a) daerah-daerah 2r dan 5r bersebelahan,

sedangkan 3r dan 5r tidak. Map pada Gambar 6-6 (a) mempunyai bilangan kromatik tiga,

43

yaitu banyaknya warna minimum untuk pewarnaan daerah dari map tersebut. Hal ini mengingat: 1r diberi warna merah, 2r putih, 3r merah, 4r putih, 5r merah dan6r biru.

2. Gambar 6-7 memperlihatkan map yang sangat sederhana, yang memerlukan empat warna pada pewarnaan (daerah) sembarang. Soal 1. Carilah bilangan kromatik untuk pewarnaan daerah pada setiap map pada Gambar 6-30.

44

PERTEMUAN 21: TREE GRAPH Suatu graph terhubung tanpa cycle disebut tree atau pohon. Pada Gambar 5-11 diperlihatkan enam pohon masing-masing dengan enam titik simpul. Subgraph T dari graph G disebut spanning tree dari G bila T merupakan tree dan memuat semua titik simpul dari G. Gambar 6-8 memperlihatkan graph G dengan spanning trees 21,TT dan 3T

dari G. Bila G adalah suatu graph yang rusuk-rusuknya mempunyai panjang, maka yang dimaksud dengan minimal spanning tree dari G adalah spanning tree dari G di mana jumlah panjang dari rusuk-rusuknya minimal di antara semua spanning tree dari G. Pandang graph G yang merupakan graph terhubung berlabel berhingga dengan m titik-titik simpul. Di bawah ini kita berikan dua algoritma untuk mendapatkan minimal spanning tree dari G. Algoritma I. Pertama, urutkan rusuk-rusuk dari G sesuai dengan panjangnya secara menurun. Kerjakan secara barisan, hilangkan setiap rusuk yang tidak memutus (membuat tidak terhubung) graph G sampai tinggal 1−m rusuk. Rusuk-rusuk ini membentuk minimal spanning tree dari G. Algoritma ini bergantung pada diketahuinya graphnya terhubung, yang pada umumnya tidak mudah dibuat programnya. Algoritma II. Dimulai dengan mengurutkan rusuk-rusuk dari G sesuai dengan panjangnya secara menaik. Kemudian, dimulai dengan hanya titik-titik simpul dari G, kita tambahkan rusuk satu persatu di mana setiap rusuk punya panjang minimal dan tidak membentuk cycle manapun. Setelah menambahkan 1−m rusuk, kita dapatkan minimal spanning tree dari G. Gambar 6-9 memberikan graph terhubung berlabel G dan minimal spanning tree M. Contoh 1. Tentukan semua spanning trees dari graph G pada Gambar 6-20. Solusi Terdapat delapan spanning trees dari graph G sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 6-21. Setiap spanning tree mempunyai tiga rusuk. Jadi setiap spanning tree dapat diperoleh dengan menghilangkan dua dari lima rusuk G. Ini dapat dikerjakan dalam sepuluh cara, kecuali dua di antaranya menjadi graph tak terhubung. Jadi delapan spanning trees di atas merupakan semua spanning trees dari G. 2. Carilah minimum spanning tree untuk graph dengan rusuk-rusuk berlabel pada

Gambar 6-22. Solusi Terus hilangkan rusuk-rusuk dengan panjang maksimum tanpa membuat graph menjadi tidak terhubung. Cara lain, mulai dengan sembilan titik simpul, terus tambahkan

45

rusukcrusuk dengan panjang minimum tanpa membuat cycle manapun. Kedua cara menghasilkan minimum spanning tree sebagaimana ditunjukkan pada Gambar 6-23.

46

PERTEMUAN 23: FINITE AUTOMATA Kita bisa memandang suatu komputer digital sebagai suatu mesin yang berada di dalam “ internal state” tertentu pada waktu yang diberikan sembarang. Komputer tersebut “membaca” input symbol , dan kemudian “mencetak” output symbol dan mengubah “state”nya. Output symbol bergantung hanya pada input symbol dan internal state dari mesin, dan internal state dari mesin bergantung hanya pada state sebelumnya dan input symbol sebelumnya. Gagasan ini diformalisasikan pada definisi berikut. Definisi Suatu finite state machine M terdiri dari lima bagian: (1) Himpunan berhingga A dari input symbols. (2) Himpunan berhingga S dari internal states. (3) Himpunan berhingga Z dari output symbols. (4) Next-state function f dari AS × ke S. (5) Output function g dari AS × ke Z. Mesin M ini ditulis dengan gfZSAM ,.,,,= sewaktu kita ingin menekankan lima

bagiannya. Kadang-kadang diberikan juga initial state atau state awal 0q di dalam S, dan

mesin M ditulis dengan .,.,,,, 0 gfqZSAM =

Contoh Di bawah inidiberikan finite state machine M dengan dua input symbols, tiga internal states dan tiga output symbols: (1) },{ baA =

(2) },,{ 210 qqqS =

(3) },,{ zyxZ = (4) Next-state function f dari AS × ke S didefinisikan dengan

( )

.),(),(),(

,),(),(

121120

022110

qbqfqbqfqbqf

qaqfqaqfqaqf

===

===

(5) Output function g dari AS × ke Z didefinisikan dengan ( )

.),(),(),(

,),(),(

210

210

ybqgzbqgybqg

zaqgxaqgxaqg

======

Menurut tradisi, untuk menunjukkan states digunakan simbol q dan untuk menunjukkan initial state digunakan simbol .0q

Finite Automata Finite automaton adalah mirip finite state machine kecuali bahwa automaton mempunyai “accepting” dan “rejecting” states. Secara spesifik, finite automaton M terdiri dari lima bagian, yaitu: (1) Himpunan berhingga A dari input symbols. (2) Himpunan berhingga S dari internal states. (3) Himpunan bagian T dari S ( yang elemen-elemennya disebut accepting states)

47

(4) Initial state 0q di dalam S.

(5) Next-state function f dari AS × ke S. Automaton M ini ditulis dengan fqTSAM ,.,,, 0= sewaktu kita ingin menekankan

lima bagiannya. Contoh 1. Di bawah ini mendefinisikan suatu finite automaton dengan dua input symbols dan tiga

states: (1) },{ baA = , input symbols

(2) statesqqqS },,,{ 210=

(3) },{ 10 qqT = , accepting states

(4) 0q , initial state.

(5) Next-state function f dari AS × ke S didefinisikan dengan

( )

.),(),(),(

,),(),(

222110

220100

qbqfqbqfqbqf

qaqfqaqfqaqf

===

===

Kita dengan ringkas dapat mendiskripsikan finite automaton M dengan state diagramnya sebagaimana dikerjakan dengan finite state machine, kecuali bahwa di sini kita menggunakan lingkaran dobel untuk accepting states dan setiap rusuk dilabel hanya dengan input symbol. Secara spesifik, state diagram D dari M adalah graph berarah yang dilabel yang titik-titiknya adalah states dari S di mana accepting states dilabel menggunakan lingkaran dobel; dan bila ,),( kij qaqf = maka terdapat busur dari jq ke

kq yang dilabel dengan .ia Juga initial state 0q ditunjukkan dengan panah menuju titik

.0q Sebagai contoh, state diagram dari automaton M dari contoh di atas diberikan dalam

Gambar 7-9. Diberikan string berhingga naaaaW L321= dari input symbols dari automaton M,

kita peroleh barisan dari states nssss L210 di mana 0s adalah initial state dan

),( 1 iii asfs −= untuk .0>i Kita katakan bahwa M mengenal atau menerima string W bila

final state ns adalah accepting state, yaitu bila .Tsn ∈ Kita gunakan )(ML untuk

menunjukkan himpunan semua string yang dikenal oleh M. Sebagai contoh, kita dapat memperlihatkan bahwa automaton M dalam contoh di atas akan mengenal semua string yang tidak mempunyai dua b yang berurutan . Jadi M akan menerima abaaabababbaabaaaaababaaba ,,, dan akan menolak abbbaabbababbaabbbaaaaabaabba ,,,,