Matematika Diskrit IPB

Matematika Diskret1

Sugi Guritman Prapto Tri Supriyo

Departemen MatematikaFakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Institut Pertanian BogorBOGOR2004

1Diktat Kuliah - Hibah Pengajaran SP4

Contents

1 Prinsip Dasar Mencacah 11.1 Aturan Jumlah dan Kali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Permutasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Kombinasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4 Kombinasi dengan pengulangan . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2 Sifat Dasar Intejer 252.1 Prinsip Induksi Matematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2 De�nisi Rekursif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.3 Algoritma Pembagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.3.1 Representasi Basis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.3.2 Representasi Bilangan Negatif . . . . . . . . . . . . . . 46

2.4 Algoritme Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.5 Aritmatik Intejer Modulo n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3 Relasi dan Fungsi 613.1 Produk Cartesian dan Relasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.2 Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.3 Fungsi Surjektif dan Bilangan Stirling Jenis Kedua . . . . . . 71

3.4 Komposisi Fungsi dan Fungsi Invers . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.5 Relasi Ekuivalensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

4 Tiga Topik Pilihan 944.1 Kompleksitas Komputasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

4.1.1 Dominasi Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.1.2 Analisis Algoritme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

i

CONTENTS ii

4.1.3 Algoritme Pelacaan Linear . . . . . . . . . . . . . . . . 104

4.2 Bahasa: Mesin Status Berhingga . . . . . . . . . . . . . . . . 107

4.2.1 Bahasa: Teori Himpunan String . . . . . . . . . . . . . 107

4.2.2 Mesin Status Berhingga . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.3 Relasi Rekurensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

4.3.1 Relasi Rekurensi Linear Order Pertama . . . . . . . . . 113

4.3.2 Relasi Rekurensi Linear Homogen Order Kedua den-gan Koe�sien Konstan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

4.3.3 Relasi Rekurensi Tak-homogen . . . . . . . . . . . . . 120

5 Pengantar Teori Graf 1225.1 Konsep Dasar Graf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

5.1.1 Subgraf, Komplemen, dan Isomor�sma . . . . . . . . . 131

5.1.2 Derajat Verteks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

5.2 Mengenal Beberapa Graf Khusus . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.2.1 Graf Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.2.2 Graf Planar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

5.2.3 Graf Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.3 Tree . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

Chapter 1

Prinsip Dasar Mencacah

Enumerasi atau pencacahan merupakan bahasan awal dari matematika diskretyang digunakan sebagai alat dasar untuk mempelajari materi-materi lainnyayang umumnya bersifat kombinatorik. Disamping itu ia juga mempunyai ap-likasi di banyak area seperti: teori peluang, statistika, teori graf, teori koding,kriptogra� dan analisis algoritme. Materi1 pembahasannya akan ditekankanpada:

� Aturan Jumlah dan Kali,

� Permutasi,

� Kombinasi, dan

� Kombinasi dengan Pengulangan.

1.1 Aturan Jumlah dan Kali

De�nisi 1.1 (Aturan Jumlah) Jika tugas jenis pertama dapat dilakukandengan m cara, tugas jenis kedua dapat dilakukan dengan n cara, dan keduajenis tugas itu tidak dapat dilakukan secara simultan, maka banyaknya carauntuk menyelesaikan tugas-tugas tersebut adalah m+ n cara.

Contoh 1.1 Di dalam suatu laboratorium komputer ada 4 printer (merk)jenis laserjet dan 6 printer jenis deskjet. Jika seorang praktikan diperbolehkanmenggunakan kedua jenis printer tersebut, maka ada 4+6 = 10 printer yangbisa dipilih untuk dipakai.

1Beberapa bahasan disampaikan hanya sebagai review karena telah diberikan padamatakuliah Matematika Dasar (MAT 212).

1

1.1 Aturan Jumlah dan Kali 2

Contoh 1.2 Aturan jumlah dapat diperluas untuk lebih dari dua tugas. Mis-alnya, seorang instruktur laboratorium komputer memiliki 4 jenis buku bahasapemrograman: 5 buku (judul) tentang C++, 4 buku tentang FORTRAN, 3buku tentang Java, dan 5 buku tentang Pascal: Jika seorang praktikan dian-jurkan untuk meminjam satu buku bahasa pemrograman dari sang instruktur,maka ada 5 + 4 + 3 + 5 = 17 buku yang bisa dia pinjam.

De�nisi 1.2 (Aturan Kali) Jika suatu prosedur dapat dipecah menjadidua tahap, dan jika tahap pertama menghasilkan m keluaran yang mungkindan masing-masing keluaran dilanjutkan ke tahap kedua dengan n keluaranyang mungkin, maka prosedur tersebut akan menghasilkan mn keluaran yangmungkin.

Contoh 1.3 Pada Contoh 1.2, jika seorang praktikan diwajibkan menguasaikeempat jenis bahasa pemrograman yang masing-masing diberi waktu satubulan untuk mempelajarinya, maka ada 5� 4� 3� 5 = 120 cara belajar yangmungkin.

Dengan aturan kali, de�nisi berikut dengan mudah dapat dipahami.

De�nisi 1.3 Jika dalam suatu kotak berisi n obyek (benda) yang berbeda,maka banyaknya cara memilih (mengambil) r obyek dari kotak itu denganurutan diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) dibolehkan adalah

nr

Ungkapan dari de�nisi di atas bisa diganti dengan: �banyaknya cara men-empatkan n obyek yang berbeda ke dalam r posisi yang berbeda pula denganpengulangan dibolehkan adalah nr cara�.

Contoh 1.4 Untuk penyimpanan data, suatu memori utama komputer me-muat sejumlah besar sirkuit, masing-masing mampu menyimpan suatu bit (0atau 1). Sirkuit simpanan ini disusun berdasarkan satuan-satuan yang dise-but dengan sel. Untuk mengidenti�kasi sel di dalam memori utama, masing-masing diberikan satu dan hanya satu nama yang disebut dengan adres.Pada beberapa jenis mesin komputer, adres direpresentasikan sebagai daftarterurut terdiri atas 8 bit yang secara kolektif disebut dengan byte. Denganaturan kali, maka ada 28 adres yang bisa digunakan untuk mengidenti�kasisel dimana informasi akan disimpan.

Aturan jumlah dan kali merupakan pengertian dasar untuk memahamibahasan-bahasan selanjutnya yang berkenaan dengan kombinatorika.

1.1 Aturan Jumlah dan Kali 3

Soal 1.1.1 Seorang turis asing akan melakukan perjalanan dari Jakarta keBandung menggunakan mobil. Pemandu Wisata menjelaskan bahwa ada 2 al-ternatif yang bisa dipilih, yaitu lewat Purwakarta atau Cianjur. Jika memilihjalur Cianjur, ada 2 alternatif yang bisa dipilih, yaitu lewat Jonggol atau Bo-gor. Jika memilih jalur Bogor, ada 3 alternatif yang bisa dipilih, yaitu lewatParung, Cibinong, atau Tol, kemudian dari Bogor dilanjutkan dengan 2 al-ternatif, yaitu lewat Puncak atau Sukabumi. Ada berapa cara perjalanan yangbisa ditempuh turis tersebut dari Jakarta ke Bandung, apabila:

1. tanpa batasan apapun.

2. Turis tidak memilih jalur Purwakarta karena tujuannya melancong.

3. Turis ingin mengujungi Kebun Raya Bogor.

4. Turis tidak memilih jalur Puncak karena sering terjadi kemacetan.

Soal 1.1.2 Aminah mempunyai 20 buku yang berberda akan ditempakan di3 rak berbeda. Tentukan banyaknya cara penempatan jika:

1. tidak ada batasan apapun.

2. tidak ada rak yang kosong.

Soal 1.1.3 Syarat penulisan plat nomor mobil untuk wilayah Bogor dan sek-itarnya adalah:

a. dijit petama harus huruf F,

b. dijit terakhir harus dipilih dari huruf A, B, D, atau E;

c. dijit kedua harus angka yang bukan 0;

d. dijit sisanya harus angka (bebas), dan maksimum ada 3 dijit.

Dengan menggunakan aturan jumlah dan kali, tentukan banyaknya nomormobil yang tersedia di wilayah Bogor dan sekitarnya.

1.2 Permutasi 4

1.2 Permutasi

Diberikan suatu himpunan yang beranggota n obyek, sembarang susunanlinear (mendatar) dari obyek-obyek tersebut disebut permutasi. Permutasiberukuran r dari n obyek bisa diartikan sebagai menempatkan n obyek yangberbeda ke dalam r posisi yang berbeda pula dengan cara pengulangan tidakdibolehkan. Jika n obyek dinotasikan dengan a1; a2; :::; an; dan r adalahintejer positif dengan 1 � r � n; maka banyaknya permutasi berukuran rdari n obyek, dinotasikan P (n; r); adalah

n � (n� 1) � (n� 2) � ::: � (n� r + 1) = n!(n�r)!

pos-1 pos-2 pos-3 pos-r

Jelas bahwa P (n; n) = n! dan P (n; 1) = n: Berikut ini adalah pende�nisianpermutasi dengan ungkapan yang lain.

De�nisi 1.4 Permutasi berukuran r dari n obyek dapat diartikan sebagaiseleksi (pengambilan) sebanyak r dari kumpulan yang beranggota n obyekdengan urutan diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) tidak di-bolehkan.

Contoh 1.5 Di dalam suatu kelas yang terdiri 10 mahasiswa, dipilih 5 dandisuruh berjajar dalam suatu baris untuk difoto. Tentukan banyaknya susunanyang mungkin.

Jawab. Banyaknya susunan yang mungkin adalah langsung mengikutikaidah banyaknya permutasi, yaitu P (10; 5) = 10� 9� 8� 7� 6: z

Contoh 1.6 Susunan huruf (kata) akan dibentuk dengan mengambil huruf-huruf yang ada di dalam kata KOMPUTER. Tentukan banyaknya kata (susun-an huruf tidak harus mempunyai arti) yang bisa dibentuk:

1. jika yang diambil semua huruf.

2. jika yang diambil hanya 5 huruf.

3. jika kata terdiri atas 12 huruf dengan syarat pengulangan huruf di-bolehkan.

Jawab. Banyaknya kata yang bisa dibentuk:

1. jika yang diambil semua huruf adalah P (8; 8) = 8!:

1.2 Permutasi 5

2. jika yang diambil hanya 5 huruf adalah P (8; 5) = 8!(8�5)! :

3. jika kata terdiri atas 12 huruf dengan syarat pengulangan huruf di-bolehkan adalah 812:

z

Teorema 1.1 Diberikan n obyek, n1 diantaranya berjenis sama (tidak dapatdibedakan) dan disebut jenis pertama; n2 berjenis kedua; :::; dan nr berjeniske r dengan

n1 + n2 + :::+ nr = n;

maka banyaknya susunan berukuran n dari n obyek tersebut adalah

n!

n1!� n2!� :::� nr!:

Bukti. Misalkan K adalah banyaknya semua susunan yang dimaksudoleh teorema. Ambil sembarang satu susunan diantara K susunan tersebut,jika semua anggota dari susunan ini dianggap berbeda, maka satu susunantersebut akan menghasilkan n1!�n2!�:::�nr! susunan yang berbeda. Dengandemikian, K(n1!� n2!� :::� nr!) = n! atau

K =n!

n1!� n2!� :::� nr!:

z

Contoh 1.7 Tentukan banyaknya kata yang mungkin dibentuk dengan meng-ambil semua huruf di dalam kata MATEMATIKA.

Jawab. Berdasarkan Teorema 1.1, banyaknya kata yang mungkin diben-tuk dengan mengambil semua huruf di dalam kata MATEMATIKA (2M; 3A;2T; 1E; 1I; dan 1K) adalah 10!

(2!)(3!)(2!)(1!)(1!)(1!): z

Contoh 1.8 Buktikan bahwa jika n dan k adalah intejer positif dengan n =2k; maka n!

2kadalah intejer.

Bukti. 2n = 2k diartikan sebagai kumpulan n obyek yang mempunyai kjenis dengan masing-masing jenis beranggota 2 obyek yang sama. Banyaknyapermutasi berukuran n dari n obyek tersebut adalah n!

(2!)k= n!

2k: Jadi n!

2kadalah

intejer. z2Ini merupakan suatu contoh pembuktian dengan pendekatan kombinatorika.

1.2 Permutasi 6

Contoh 1.9 Jika 6 orang didudukkan mengelilingi meja melingkar, makabanyaknya susunan melingkar yang mungkin adalah

5� 4� 3� 2� 1 = 5!

Secara umum, jelaskan bahwa banyaknya susunan melingkar berukuran nadalah

n!

n= (n� 1)!:

Jawab. Setiap satu susunan melingkar menghasilkan n susunan linear(mendatar). Jika banyaknya semua susunan melingkar adalanK;maka nK =n! ,

K =n!

n= (n� 1)!:

z

Contoh 1.10 5 pasang suami-istri didudukkan mengelilingi meja melingkar.Jika duduknya disyaratkan selang-seling laki-laki dan perempuan, tentukanbanyaknya susunan yang mungkin.

Jawab. Format susunan melingkar dapat dipandang sebagai formatsusunan linear dengan membuat satu posisi tetap yang bebas dari pemil-ihan obyek, sedangkan posisi-posisi lainnya mengikuti pola susunan linear.Dalam kasus di contoh ini, ambil satu posisi tetap untuk satu orang dari5 pasang suami istri tersebut. Selanjutnya, 9 posisi lainnya mengikuti polasusunan linear selang-seling, sehingga diperoleh rumusan

5� 4� 4� 3� 3� 2� 2� 1� 1 = (5!)(4!):

z

Soal 1.2.1 Daftarkan semua permutasi untuk huruf x; y; z; w:

Soal 1.2.2 Tentukan jumlah permutasi untuk 7 huruf a; b; c; d; x; y; z. Ke-mudian, tentukan jumlah permutasi yang diawali huruf d: Tentukan jumlahpermutasi yang diawali huruf d dan diakhiri huruf x atau z:

Soal 1.2.3 Ada berapa cara huruf a; d; c; d; x; x; x; x; x dapat disusun sehinggatidak ada huruf x yang bersebelahan.

1.3 Kombinasi 7

Soal 1.2.4 Dalam bahasa pemrograman �Celebes�, identi�er dituliskan den-gan satu huruf yang diikuti oleh 7 simbol yang berupa huruf atau angka.(Diasumsikan komputer tidak mampu membedakan huruf besar dan kecil,jadi jumlah huruf ada 26). Seperti layaknya bahasa pemrogrman yang lain,Celebes mempunyai �keyword�yang tidak bisa digunakan sebagai identi�er.Jika ada 36 keyword di dalam Celebes, ada berapa identi�er bisa dituliskan?

Soal 1.2.5 Ada berapa susunan dari huruf-huruf di dalam kata SOCIOLOG-ICAL? Kemudian, ada berapa susunan agar A dan G bersebelahan? Adaberapa susunan agar semua vokal bersebelahan?

Soal 1.2.6 Ada berapa intejer positif n yang bisa dibentuk dengan menggu-nakan angka 3; 4; 4; 5; 5; 6; dan 7 sehingga n � 5000000:

Soal 1.2.7 Tunjukkan bahwa untuk setiap intejer n; r � 0; jika n + 1 > r;maka

P (n+ 1; r) =

�n+ 1

n+ 1� r

�P (n; r):

Soal 1.2.8 Tentukan nilai n sehingga:

1. P (n; 2) = 90:

2. P (n; 3) = 3P (n; 2):

3. 2P (n; 2) + 50 = P (2n; 2):

Soal 1.2.9 Ada berapa cara jika 7 orang duduk mengelilingi meja bundar?Kemudian, jika 2 orang ingin duduk bersebelahan, ada berapa susunan yangmungkin?

1.3 Kombinasi

De�nisi 1.5 Kombinasi berukuran r dari n obyek dapat diartikan sebagaiseleksi (pengambilan) berukuran r dari kumpulan beranggota n obyek den-gan urutan tidak diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) tidakdibolehkan.

Kombinasi berukuran r dari n obyek bisa juga diungkapkan sebagaimen-empatkan r obyek yang identik (sama) ke dalam n posisi yang

1.3 Kombinasi 8

berbeda. Banyaknya kombinasi berukuran r dari n obyek, dinotasikan den-gan C(n; r) atau

�nr

�dan dibaca �n memilih r�, adalah

C(n; r) =n!

(n� r)!r! =P (n; r)

r!:

Rumus ini dijelaskan dengan argumen berikut. Setiap satu kombinasi beruku-ran r dari n obyek akan menentukan r! permutasi berukuran r dari n obyek,sehingga untuk C(n; r) kombinasi akan menghasikan

C(n; r)� (r!) = P (n; r)

Dengan mudah dimengerti bahwa, untuk sembarang intejer positif n,�n

0

�= 1,

�n

1

�= n, dan

�n

n

�= 1:

Selanjutnya, dide�nisikan bahwa�nr

�= 0 jika:

� n tak-positif dengan r semua intejer, atau

� n positif dengan r negatif atau r > n.

Contoh 1.11 Dalam ujian tengah semester Matematika Diskret diberikan12 soal. Tentukan banyaknya cara mengerjakan soal jika:

1. seorang mahasiswa di wajibkan hanya mengerjakan 8 soal.

2. mahasiswa yang bersangkutan diwajibkan memilih 3 soal dari 5 nomorsoal pertama dan memilih 5 soal dari 7 nomor soal terakhir.

3. dari 8 soal yang dikerjakan mahasiswa tersebut, dipilih sedikitnya 3soal dari 5 nomor soal pertama dan sisanya diambil dari 7 nomor soalterakhir.

Jawab. Perhatikan jawaban-jawaban berikut ini.

1. Banyaknya cara mengerjakan 8 soal dari 12 soal adalah�128

�= 12!

4!8!:

2. Banyaknya cara mengerjakan 3 soal dari 5 soal pertama adalah�53

�;

dan banyaknya cara mengerjakan 5 soal dari 7 soal terakhir adalah�75

�:

Secara keseluruhan proses mengikuti aturan kali, sehingga ada�53

��75

�cara mengerjakan soal.

1.3 Kombinasi 9

3. Mengerjakan sedikitnya 3 soal dari 5 nomor soal pertama dan sisanyadiambil dari 7 nomor soal terakhir mempunyai tiga alternatif penger-jaan:

(a) 3 soal dari 5 nomor soal pertama dan 5 soal dari 7 nomor soalterakhir, berarti ada

�53

��75

�cara pengerjaan.

(b) 4 soal dari 5 nomor soal pertama dan 4 soal dari 7 nomor soalterakhir, berarti ada

�54

��74

�cara pengerjaan.

(c) 5 soal dari 5 nomor soal pertama dan 3 soal dari 7 nomor soalterakhir, berarti ada

�55

��73

�cara pengerjaan.

Selanjutnya, secara keseluruhan mengikuti aturan jumlah, berarti ada�5

3

��7

5

�+

�5

4

��7

4

�+

�5

5

��7

3

�cara pengerjaan soal.

z

Contoh 1.12 Banyaknya susunan huruf di dalam kata ANTABRANTA ada-lah

10!

4!2!2!1!1!

: 37 800 Jika disyaratkan tidak ada dua huruf A yang berdampingan, buktikanbahwa banyaknya susunan huruf menjadi�

6!

2!2!1!1!

��7

4

�Bukti. Pertama, dipandang bahwa huruf A tidak ada, maka banyaknya

susunan huruf tanpa A adalah �6!

2!2!1!1!

�:

Kemudian setiap satu susunan huruf tanpa A tersebut disisipkan 4 huruf Adengan gambaran sebagai berikut

N T T R N B" " " " " " " ;

1.3 Kombinasi 10

maka banyaknya cara penyisipan mempunyai arti sama dengan banyaknyakombinasi berukuran 4 dari 7 obyek, yaitu�

7

4

�:

Akhirnya dengan aturan kali kita dapatkan jawaban yang dimaksud di atas.z

Contoh 1.13 Di dalam Teori Pengkodean atau Teori Bahasa Komputer,kita mengenal istilah kata(word) atau string yang dide�nisikan sebagai susu-nan simbol (alfabet). Banyaknya simbol dalam string disebut panjang string,misalnya diberikan simbol 0, 1, dan 2, maka 02, 22, 12, dan 10 adalah empatcontoh string yang panjangnya 2. Secara umum, jika intejer positif n adalahpanjang string, maka banyaknya semua string yang mungkin adalah 3n; di-mana 3 adalah banyaknya simbol. Misalkan x = x1x2:::xn adalah salah satudari string tersebut, bobot dari x, dengan notasi wt(x); dide�nisikan sebagai

wt(x) := x1 + x2 + :::+ xn:

Ambil contoh: wt(22) = 4; wt(10) = 1; dan wt(102) = 3: Dengan pede�nisianini, maka banyaknya semua string yang panjangnya 10 adalah

310:

Buktikan bahwa banyaknya string yang panjangnya 10 dan berbobot genapadalah

210 +

�10

2

�28 +

�10

4

�26 +

�10

6

�24 +

�10

8

�22 + 1

=5Xi=0

�10

2i

�210�2i

Bukti. Dari de�nisi jelas bahwa suatu string yang panjangnya 10 danberbobot genap jika dan hanya jika banyaknya simbol 1 dalam string terse-but juga genap. Dengan demikian banyaknya simbol 1 dalam string yangmungkin adalah 0; 2; 4; ..., 10: Misalkan banyaknya simbol 1 dalam stringadalah j; maka banyaknya string yang mungkin adalah�

10

j

�210�j

1.3 Kombinasi 11

Bilangan ini diperoleh dari menempatkan simbol 1 sebanyak j ke dalam 10posisi simbol dalam string:

simbol:posisi: 1 2 3 5 6 7 8 9 10

:

Banyaknya penempatan yang mungkin adalah�10j

�: Selanjutnya, setiap satu

penempatan tersebut, (10� j) posisi simbol sisanya ditempati simbol 0 atau2 (urutan diperhatikan dan pengulangan dibolehkan), sehingga banyaknyapenempatan yang mungkin adalah 210�j: Kemudian penerapan aturan kalimenghasilkan

�10j

�210�j. Akhirnya, untuk semua nilai j yang mungkin diter-

apkan aturan jumlah, sehingga diperoleh

210 +

�10

2

�28 +

�10

4

�26 +

�10

6

�24 +

�10

8

�22 + 1:

z

Teorema 1.2 (Teorema Binomial) Jika x dan y adalah variabel dan n adalahintejer positif, maka

(x+ y)n =nXi=0

�n

i

�xiyn�i: (1.1)

Bukti. (x+ y)n dapat ditulis sebagai perkalian dengan n faktor (x+ y):

(x+ y)(x+ y)(x+ y) � � � (x+ y):

Ekspansi dari perkalian tersebut menghasilkan jumlahan dengan suku-sukubertipe xiyn�i untuk i = 0; 1; 2; :::; n: Banyaknya suku xiyn�i dalam ekspansitersebut merupakan koe�sien dari xiyn�i; yaitu

�ni

�. Bilangan ini diperoleh

dari banyaknya cara memilih i faktor dari n faktor. z

Akibat 1.1 Untuk setiap intejer positif n � 1;

1.nPi=0

�ni

�= 2n:

2.nPi=0

(�1)i�ni

�= 0:

Bukti. Substitusikan pada Persamaan 1.1 untuk:

1.3 Kombinasi 12

1. x = 1 dan y = 1;

2. x = �1 dan y = 1;

z

Contoh 1.14 Himpunan kuasa (power set) dari suatu himpunan A; dino-tasikan dengan P(A); adalah koleksi (himpunan) semua subhimpunan dariA: Jika jAj = n; dengan n intejer positif, jelaskan bahwa banyaknya subhim-punan berkardinal k; dengan 0 � k � n; adalah

�nk

�; dan

jP(A)j =nXk=0

�n

k

�= 2n:

Jawab. Menentukan banyaknya subhimpunan berkardinal k dari suatuhimpunan berkardinal nmempunyai arti sama dengan menentukan banyaknyapemilihan berukuran k dari n obyek dengan syarat pengulangan tidak di-bolehkan dan urutan tidak diperhatikan. Dengan demikian, banyaknya sub-himpunan berkardinal k; dengan 0 � k � n; adalah

�nk

�: Selanjutnya, berda-

sarkan Akibat 1.1 No. 1, maka

jP(A)j =nXk=0

�n

k

�= 2n:

z

Contoh 1.15 Tentukan koe�sien dari x5y2 di dalam ekspansi (2x� 3y)7:

Jawab. Berdasarkan Teorema Binomial,

(2x� 3y)7 = [(2x) + (�3y)]7

=

7Xi=0

�7

i

�(2x)i(�3y)7�i

=7Xi=0

[

�7

i

�(2)i(�3)7�i]xiy7�i

Dengan demikian koe�sien dari x5y2 adalah (yaitu untuk i = 5)�7

5

�(25)(�3)2:

z

1.3 Kombinasi 13

Teorema 1.3 Untuk sembarang intejer n; r dengan n � r � 1;�n+ 1

r

�=

�n

r

�+

�n

r � 1

�Bukti. Walaupun teorema ini bisa dibuktikan secara aljabar, yaitu den-

gan menggunakan de�nisi�nr

�= n!

r!(n�r)! ; namun disini pembuktian akan di-lakukan secara kombinatorik. Misalkan

A = fx; a1; a2; :::; ang;

banyaknya subhimpunan berkardinal r dari A adalah�n+1r

�: Setiap subhim-

punan tersebut hanya ada dua kemungkinan: memuat x atau tidak memuatx: Banyaknya subhimpunan yang memuat x adalah

�nr�1�, sedangkan yang

tidak memuat x adalah�nr

�: Dengan aturan jumlah, kita dapatkan rumusan

yang dimaksud. z

Teorema 1.4 (TeoremaMultinomial) Untuk intejer positif n dan t; koe�siendari

xn11 xn22 x

n33 :::x

ntt

dalam ekspansi (x1 + x2 + :::+ xt)n adalah

n!

n1!n2!:::nt!

dan dinotasikan dengan �n

n1; n2; :::; nt

�:

Bukti. Banyaknya suku xn11 xn22 x

n33 :::x

ntt dalam ekspansi (x1+x2+:::+xt)

n

adalah banyaknya cara memilih secara berurutan n1 faktor, n2 faktor,:::, dannt faktor dari n faktor (x1 + x2 + :::+ xt); yaitu�n

n1

��n� n1n2

��n� n1 � n2

n3

�� :::�

�n� (n1 + n2 + :::nt�1) = nt

nt

�=

n!

n1!n2!:::nt!;

dan merupakan koe�sien dari suku xn11 xn22 x

n33 :::x

ntt dalam ekspansi (x1+x2+

:::+ xn)n. z

1.3 Kombinasi 14

Contoh 1.16 Tentukan koe�sien dari a2b3c2d5 dalam ekspansi

(a+ 2b� 3c+ 2d+ 5)16:

Jawab. Karena

(a+ 2b� 3c+ 2d+ 5)16 = [(a) + (2b) + (�3c) + (2d) + (5)]16;

dan berdasarkan Teorema Multinomial, maka

16!

(2!)(3!)(2!)(5!)(4!)

adalah koe�sien dari (a)2(2b)3(�3c)2(2d)5(5)4: Dengan demikian,

16!

(2!)(3!)(2!)(5!)(4!)(1)2(2)3(�3)2(2)5(5)4

adalah koe�sien dari a2b3c2d5: z

Soal 1.3.1 Hitunglah�62

�; dan periksalah jawabannya dengan mendaftarkan

semua pemilihan berukuran 2 yang bisa dibuat dari huruf a; b; c; x; y; dan z:

Soal 1.3.2 Jika n adalah intejer positif dan n > 1; buktikan bahwa�n2

�+�

n�12

�merupakan bentuk kuadratik.

Soal 1.3.3 Suatu panitia terdiri dari 12 orang yang dipilih dari 10 pria dan10 wanita. Tentukan banyaknya cara pemilihan, jika:

1. tidak ada batasan apapun.

2. ada 6 pria dan 6 wanita.

3. jumlah wanita harus genap.

4. jumlah wanita harus lebih besar dari pria.

5. ada sedikitnya 8 pria.

Soal 1.3.4 Tentukan banyaknya byte yang memuat banyaknya simbol �1�sedikitnya 5:

Soal 1.3.5 Tentukan banyaknya cara jika 12 buku yang berbeda didistribusi-kan ke 4 anak sehingga:

1.3 Kombinasi 15

1. masing-masing anak mendapatkan 3 buku.

2. dua anak yang tertua masing-masing mendapat 4 buku, sedangkan duayang termuda masing-masing mendapatkan 2 buku.

Soal 1.3.6 Tentukan banyaknya huruf di dalam kata MISSISSIPPI sehinggatidak ada huruf S yang bersebelahan.

Soal 1.3.7 Dari Contoh 1.13, tentukan banyaknya string dengan panjangnya10 yang:

1. memuat 4 simbol �0�, 3 simbol �1�, dan 3 simbol �2�.

2. memuat sedikitnya 8 simbol �1�.

3. berbobot 4:

Soal 1.3.8 Misalkan string dengan panjang 10 dibentuk dari afabet 0; 1; 2;dan 3:

1. Tentukan banyaknya string yang berbobot 3:

2. Tentukan banyaknya string yang berbobot genap.

Soal 1.3.9 Tentukan koe�sien dari x9y3 di dalam ekspansi:

1. (x+ y)12:

2. (x+ 2y)12:

3. (2x� 3y)12:

Soal 1.3.10 Tentukan koe�sien dari:

1. xyz2 di dalam (w + x+ y + z)4:

2. xyz2 di dalam (2x� y � z)4:

3. xyz�2 di dalam (x� 2y + 3z�1)4:

4. w2x2yz2 di dalam (2w � x+ 3y � 2z)8:

1.3 Kombinasi 16

Soal 1.3.11 Tentukan jumlah semua koe�sien di dalam ekspansi:

1. (x+ y)10:

2. (x+ y + z)10:

3. (w + x+ y + z)5:

4. (2s� 3t+ 5u+ 6v � 11w + 3x+ 2y)10:

Soal 1.3.12 Untuk sembarang intejer positif n; tentukan:

1.nPi=0

1i!(n�1)! :

2.nPi=0

(�1)ii!(n�1)! :

Soal 1.3.13 Tunjukkan bahwa untuk sembarang intejer positif m dan n ber-laku

n

�m+ n

m

�= (m+ 1)

�m+ n

m+ 1

�:

Soal 1.3.14 Misalkan n adalah intejer positif, evaluasi (sederhanakan) jum-lahan �

n

0

�+ 2

�n

1

�+ 22

�n

2

�+ � � �+ 2k

�n

k

�+ � � �+ 2n

�n

n

�:

Soal 1.3.15 Untuk x suatu bilangan nyata dan n intejer positif, tunjukkanbahwa:

1. 1 = (1 + x)n ��n1

�x1 (1 + x)n�1 +

�n2

�x2 (1 + x)n�2 � � � �+ (�1)n

�nn

�xn:

2. 2n = (2 + x)n��n1

�x1 (2 + x)n�1+

�n2

�x2 (2 + x)n�2�� +(�1)n

�nn

�xn:

Soal 1.3.16 Tentukan x jika

50Xi=0

�50

i

�8i = x100:

1.4 Kombinasi dengan pengulangan 17

1.4 Kombinasi dengan pengulangan

De�nisi 1.6 Kombinasi dengan pengulangan berukuran r dari n obyekadalah seleksi (pengambilan) berukuran r dari kumpulan beranggota n obyekdengan urutan tidak diperhatikan dan pengulangan (pengembalian) di-bolehkan.

Teorema 1.5 Banyaknya kombinasi dengan pengulangan berukuran rdari n obyek adalah

(n+ r � 1)!r!(n� 1)! =

�n+ r � 1

r

�=

�n+ r � 1n� 1

�(1.2)

Untuk memperoleh dari mana bilangan dalam teorema tersebut diper-oleh, berikut ini diberikan contoh sebagai ilustrasi untuk menuju ke suatugeneralisasi.

Contoh 1.17 Untuk memenuhi syarat kelulusan, 7 orang mahasiwa De-partemen Matematika IPB yang terancam DO (drop out) diwajibkan mengam-bil 1 mata kuliah pilihan yang dipilih dari 4 mata kuliah pilihan yang ditawar-kan: Kriptologi, Teori Pengkodean, Matematika Finansial, dan OptimisasiKombinatorial. Ada berapa cara pemilihan 4 mata kuliah oleh ketujuh maha-siswa yang bersangkutan?

Jawab. Misalkan K, T, M, dan O menyatakan Kriptologi, Teori Pengko-dean, Matematika Finansial, dan Optimisasi Kombinatorial. Sebagai gam-baran, suatu contoh cara pemilihan yang mungkin adalah K dipilih oleh 2mahasiswa, T oleh 2 mahasiswa, M oleh 2 mahasiswa, dan O oleh 1 ma-hasiswa, kemudian dinotasikan dengan K,K,T,T,M,M,O dan ditulis sebagaixxjxxjxxjx. Agar lebih jelas beberapa cara pemilihan yang mungkin lainnyadiberikan dalam tabel berikut ini.

Cara pemilihan yang mungkin Ditulis sebagaiK,K,K,K,T,M,O xxxxjxjxjxK,K,K,K,O,O,O xxxxjjjxxxT,T,M,M,M,M,O jxxjxxxxjxK,T,T,T,T,T,T xjxxxxxxjjO,O,O,O,O,O,O jjjxxxxxxxK,K,K,T,M,O,O xxxjxjxjxxM,M,M,M,M,M,M jjxxxxxxxj

Beberapa contoh dalam tabel di atas mengarahkan kita pada suatu kesimpu-lan bahwa masalah menentukan jumlah semua cara pemilihan yang mungkin


dapat dibawa ke masalah mencari banyaknya permutasi berukuran 10 den-gan 2 jenis, yaitu 7 obyek berjenis �x �dan tiga obyek berjenis �j �. Dengandemikian ada

10!

3!7!=

�10

7

�cara ketujuh mahasiswa tersebut memilih 4 mata kuliah yang ditawarkan. zBentuk umum dari Contoh 1.17 adalah banyaknya kombinasi dengan pen-

gulangan berukuran r dari n obyek yaitu Persamaan 1.2.

Contoh 1.18 Ada berapa cara apabila 13 kelereng yang identik didistribusikanke dalam 5 lubang yang berbeda?

Jawab. Dengan argumen yang sama dengan jawaban Contoh 1.17 diper-oleh jawaban

17!

4!13!=

�17

13

�:

z

Contoh 1.19 Tentukan banyaknya semua penyelesaian intejer dari persa-maan

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 20;

dimana xi � 0 untuk setiap 1 � i � 6:

Jawab. Dengan argumen yang sama dengan jawaban Contoh 1.17 diper-oleh jawaban

25!

5!20!=

�25

20

�:

z

Catatan 1.1 Dari ketiga contoh terakhir di atas, kita sampai pada kesim-pulan bahwa ketiga pernyataan berikut adalah ekuivalen:

1. Banyaknya pemilihan berukuran r dari koleksi beranggota n obyek den-gan urutan tidak diperhatikan dan pengulang dibolehkan.

2. Banyaknya solusi intejer dari persamaan

x1 + x2 + :::+ xn = r;

dimana xi � 0 untuk setiap 1 � i � n:


3. Banyaknya cara pendistribusian apabila r obyek yang identik didis-tribusikan ke dalam n wadah yang berbeda.

Contoh 1.20 Ada berapa cara apabila kita ingin memberikan 7 apel dan 6jeruk kepada 4 orang anak apabila masing-masing anak sedikitnya menerima1 apel?

Jawab. Tetapkan dulu bahwa masing-masing anak telah menerima 1apel, sehingga ada

�4+3�13

�cara pendistribusian 3 apel sisanya. Setiap cara

ini kemudian diikuti dengan pendistribusian 6 jeruk yaitu�4+6�16

�. Dengan

aturan kali diperoleh jawab

1��6

3

��9

6

�:

z

Contoh 1.21 Tentukan banyaknya solusi intejer dari persamaan

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 < 200; (1.3)

dimana xi � 0 dengan 1 � i � 6: Jelaskan problem komputasinya!

Jawab. 3Misalkan

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = k; (1.4)

maka banyaknya solusi yang dimaksud adalah semua solusi Persamaan 1.4,untuk 0 � k � 199: Dengan aturan jumlah diperoleh jawaban

199Xk=0

�6 + k � 1

k

�:

Jawaban ini kalau dicari nilainya cukup melelahkan; apalagi kalau ruas kananPertidaksamaan 1.3 jauh lebih besar dari 200; katakanlah 2000: Berikut inidiberikan penyelesaian dengan pendekatan identitas kombinatorial. Men-cari banyaknya solusi intejer dari Pertidaksamaan 1.3 setara dengan mencaribanyaknya semua solusi persamaan

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = 200;

3Ini merupakan suatu contoh solusi yang berhubungan dengan analisis komputasi.


dimana xi � 0 untuk setiap 1 � i � 6 dan x7 > 0: Problem ini juga setaradengan problem mencari jumlah solusi intejer untuk

y1 + y2 + y3 + y4 + y5 + y6 + y7 = 199;

dimana xi = yi untuk setiap 1 � i � 6 dan y7 = x7 � 1 (sekarang yi � 0untuk setiap 1 � i � 7): Dengan demikian solusinya adalah�

199 + 7� 1199

�=

�205

199

�=

�205

6

�=

205� 204� 203� 202� 201� 2001� 2� 3� 4� 5� 6

= 68:937:810:984:000:

z

Contoh 1.22 Setiap intejer positif m dapat dinyatakan sebagai jumlahanintejer-intejer positif lainnya yang tidak lebih dari m dengan urutan diper-hatikan. Jumlahan yang demikian disebut komposisi dari m: Misalnya, se-mua komposisi dari 4 ada 8; yaitu: 4; 3+1; 1+3; 2+2; 2+1+1; 1+2+1;1 + 1+ 2; dan 1 + 1+ 1+ 1: Secara umum, berapa banyaknya komposisi darim?

Jawab. Problem menentukan banyaknya semua komposisi dari m setaradengan problem menentukan banyaknya solusi intejer dari persamaan:

x1 + x2 + :::+ xk = m;

dimana xi � 1 untuk setiap 1 � i � k; dan k adalah intejer dengan 1 �k � m: Dengan mengambil yi = xi � 1 untuk setiap 1 � i � k; kemudianpersamaan itu ditransformasikan menjadi

y1 + y2 + :::+ yk = m� k;

dimana yi � 0 untuk setiap 1 � i � k dan 1 � k � m: Banyaknya solusiintejer dari persamaan terakhir ini adalah

mXk=1

�k + (m� k)� 1

m� k

�=

mXk=1

�k + (m� k)� 1

k � 1

�=

mXk=1

�m� 1k � 1

�

=m�1Xi=0

�m� 1i

�= 2m�1


z

Contoh 1.23 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; dan k adalahpeubah-peubah intejer.

for i := 1 to 20 dofor j := 1 to i dofor k := 1 to j doprint (i � j + k)

Berapa kali perintah print dieksekusi?

Jawab. Sebagai gambaran, beberapa contoh pilihan i; j; dan k (dalamurutan: i� pertama, j� kedua, dan k� ketiga) adalah: (1; 1; 1); (2; 1; 1);(2; 2; 1); (3; 2; 1); (17; 12; 5); (16; 16; 2); dan (13; 6; 6): Catatan bahwa (1; 2; 1)dan (1; 1; 2) tidak mungkin; demikian juga (17; 5; 12); (12; 17; 5); (12; 5; 17);(5; 12; 17); dan (5; 17; 12): Gambaran ini membawa kita pada suatu kesimpu-lan bahwa banyaknya kali perintah print dieksekusi setara dengan pemili-han berukuran 3 dari kumpulan obyek f1; 2; :::; 20g dengan pengurutan tidakdiperhatikan dan pengulangan dibolehkan, yaitu�

20 + 3� 13

�:

Jawaban ini juga dapat diperoleh dengan cara lain, misalnya menggunakandiagram pohon. z

Contoh 1.24 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; n dan CO�UNTER adalah peubah-peubah intejer dengan COUNTER di berikan nilaiawal 0:

COUNTER := 0for i := 1 to n dofor j := 1 to i doCOUNTER := COUNTER + 1

Pertanyaannya, berapa nilai COUNTER setelah segmen tersebut diek-sekusi?

Jawab. Nilai COUNTER tersebut setara dengan banyaknya pemilihannilai-nilai i dan j yang mungkin, yaitu�

n+ 2� 12

�=n(n+ 1)

2:

Nilai yang sama juga diperoleh apabila kita pakai diagram pohon. z


Ringkasan

Ringkasan bahasan dalam bab ini adalah membandingkan pengertian pemil-ihan berukuran r dari kumpulan beranggota n obyek, yang diberikan dalamtabel berikut.

Urutan (YA) Urutan (TIDAK)

Ulangan (YA) nr (n+r�1)!r!(n�1)!

Ulangan (TIDAK) P (n; r) = n!(n�r)! C(n; r) = n!

r!(n�r)!

Soal 1.4.1 Tentukan ada berapa cara pendistribusian 10 koin kepada 5 oranganak jika:

1. tidak ada batasan apapun,

2. setiap anak sedikitnya mendapatkan 1 koin, dan

3. anak yang tertua sedikitnya mendapatkan 2 koin.

Soal 1.4.2 Tentukan banyaknya semua solusi intejer dari persamaan

x1 + x2 + x3 + x4 = 32;

apabila:

1. xi � 0; 1 � i � 4;

2. xi > 0; 1 � i � 4;

3. x1; x2 � 5; x3; x4 � 7;

4. xi � 8; 1 � i � 4;

5. xi � �2; 1 � i � 4; dan

6. x1; x2; x3 > 0; 0 < x4 � 25:

Soal 1.4.3 Dua intejer berdijit-n (awalan 0 dibolehkan) disebut ekuivalenjika yang satu merupakan permutasi dari yang lain. Ilustrasi: 12033; 20331;dan 01332 adalah contoh tiga intejer berdijit-5 yang saling ekuivalen.

1. Tentukan banyaknya semua intejer berdijit-5 yang saling tidak ekuiv-alen.


2. Jika dijit 1; 3; dan 7 harus muncul paling banyak satu kali, tentukanbanyaknya semua intejer berdijit-5 yang saling tidak ekuivalen.

Soal 1.4.4 Tentukan jumlah solusi intejer dari persamaan

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 < 500;

jika:

1. xi � 0; 1 � i � 5:

2. xi � �2; 1 � i � 5:

Soal 1.4.5 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; k dan m adalahpeubah-peubah intejer.

for i := 1 to 20 dofor j := 1 to i dofor k := 1 to j dofor m := 1 to k doprint (i � j) + (k �m)

Berapa kali perintah print dieksekusi?

Soal 1.4.6 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; k dan CO �UNTER adalah peubah-peubah intejer dengan COUNTER di berikan nilaiawal 10:

COUNTER := 10for i := 1 to 15 dofor j := 1 to 15 dofor k := 1 to 15 doCOUNTER := COUNTER + 1

Pertanyaannya, berapa nilai COUNTER setelah segmen tersebut diek-sekusi?

Soal 1.4.7 Perhatikan segmen program berikut, dimana i; j; k; INCREA-MENT dan SUM adalah peubah-peubah intejer.

INCREAMENT := 0SUM := 0for i := 1 to 10 dofor j := 1 to i dofor k := 1 to j doINCREAMENT := INCREAMENT + 1SUM := SUM + INCREAMENT

Pertanyaannya, berapa nilai SUM setelah segmen tersebut dieksekusi?


Soal 1.4.8 Tulislah program komputer (atau, bangunlah suatu algoritme)yang outputnya semua solusi intejer dari:

1. x1 + x2 + x3 = 10; 0 � xi; 1 � i � 3:

2. x1 + x2 + x3 + x4 = 4; �2 � xi; 1 � i � 4:

Chapter 2

Sifat Dasar Intejer

Di dalam bab ini, pembicaraan banyak terkait dengan sifat-sifat dasar inte-jer (bilangan bulat). Materinya ditekankan pada bahasan tentang: induksimatematik, de�nisi rekursif, dan algoritme pembagian.

2.1 Prinsip Induksi Matematik

Topik bahasan intejer tidak terlepas dari notasi himpunan bilangan. Be-berapa notasi himpunan bilangan yang umum dipakai diantaranya: Z meno-tasikan himpunan semua bilangan bulat yang anggotanya disebut intejer, Z+menotasikan himpunan semua intejer positif, N menotasikan himpunan se-mua intejer tak-negatif, Rmenotasikan himpunan semua bilangan nyata, danQ menotasikan himpunan semua bilangan rasional. Secara sama, penotasianR+ dan Q+ adalah untuk himpunan bilangan nyata dan rasional positif.Pada setiap himpunan bilangan di atas dapat dikenai relasi urutan: " =

"; " < ", atau " > ". Artinya untuk setiap dua bilangan a dan b; satu danhanya satu berlaku:

"a = b"; "a < b"; atau "a > b":

Sifat dasar intejer yang melandasi induksi matematik dinyatakan pada prin-sip berikut ini.

Prinsip Pengurutan Baik (well-ordering principle): Setiap subhimpunantak-kosong dari Z+ mempunyai unsur terkecil.

Teorema 2.1 (Prinsip induksi matematik) Misalkan S(n) menotasikansuatu pernyataan matematik terbuka yang melibatkan peubah intejer positifn: Jika:

25

2.1 Prinsip Induksi Matematik 26

(a) S(1) benar, dan

(b) untuk sembarang pilihan k 2 Z+; berlaku: S(k)) S(k + 1);

kesimpulannya: S(n) benar untuk semua n 2 Z+:

Bukti. Misalkan S(n) adalah suatu pernyataan terbuka yang memenuhisyarat (a) dan (b), dan misalkan F = ft 2 Z+�S(t) salahg: Akan dibuktikanbahwa F = ?: Andaikan F 6= ?; berdasarkan prinsip pengurutan baik, makaF mempunyai unsur terkecil s: Karena S(1) benar, maka jelas bahwa s > 1;dan akibatnya s � 1 2 Z+: Karena s terkecil, maka (s � 1) =2 F; ini berartiS(s� 1) benar. Dari fakta ini dan berdasarkan syarat (b), maka S(s) harusbenar, suatu kontradiksi bahwa s 2 F yang berarti S(s) salah. Pengandaianharus diingkar dan kita simpulkan bahwa F = ?: zPrinsip induksi matematik disebut juga prinsip induksi berhingga. Di

dalam teorema di atas, syarat (a) disebut langkah basis dan syarat (b) disebutlangkah induktif. Catatan bahwa pada langkah basis S(n) benar tidak harusdimulai untuk n = 1; tetapi secara umum bisa digantikan untuk n = n0dimana n0 adalah suatu intejer berhingga dan bisa bernilai negatif. Jikademikian halnya, kesimpulan akhir menjadi S(n) benar untuk semua nilain � n0; n 2 Z:

Contoh 2.1 Buktikan bahwa 8n 2 Z+; berlaku:

1. 1 + 2 + 3 + :::+ n =nPi=1

i = (n)(n+1)2

:

2.nPi=1

i2 = (n)(n+1)(2n+1)6

:

3.nPi=1

i3 = (n2)(n+1)2

4:

4. 1 + 4 + 7 + :::+ (3n� 2) =nPi=1

(3i� 2) = (n)(3n�1)2

:

5. 11:2+ 1

2:3+ 1

3:4+ :::+ 1

n(n+1)=

nPi=1

1i(i+1)

= nn+1:

6.nPi=1

2i+1i2(i+1)2

= n(n+2)(n+1)2

:


Disini yang akan dibuktikan hanya contoh nomor 1, pembuktian 5 nomoryang lainnya disisakan sebagai latihan.

Bukti. Misalkan S (n):nPi=1

i = (n)(n+1)2

:

(1) Langkah Basis ! S (1):1Pi=1

i = (1)(1+1)2

, 1 = 22adalah benar.

(2) Langkah Induktif ! Diasumsikan S (k):kPi=1

i = (k)(k+1)2

benar

untuk suatu k 2 Z+: Akan dibuktikan bahwa S (k + 1) juga benar, ini berartiharus dibuktikan bahwa

k+1Xi=1

i =(k + 1)(k + 2)

2:

Berdasarkan asumsi diketahuikPi=1

i = (k)(k+1)2

; maka

kXi=1

i+ (k + 1) =(k)(k + 1)

2+ (k + 1),

k+1Xi=1

i =(k)(k + 1) + 2 (k + 1)

2,

k+1Xi=1

i =(k + 1)(k + 2)

2:

z

Contoh 2.2 Buktikan bahwa 8n 2 Z+ berlaku:

1. Jika n � 3; maka 2n � 2n+ 1:

2. 12 + 22 + :::+ (n� 1)2 < n3

3:

3. Jika n � 10; maka 2n > n3

Disini yang akan dibuktikan hanya contoh nomor 1, pembuktian 2 nomorlainnya disisakan sebagai latihan.

Bukti. Misalkan S (n): 2n � 2n+ 1 dengan n � 3:(1) Langkah Basis ! S (3): 23 � 2:3 + 1, 8 � 7 benar.


(2) Langkah Induktif ! Diasumsikan S (k): 2k � 2k+1 benar untuksuatu k 2 Z+ dan k � 3: Akan dibuktikan bahwa S (k + 1) juga benar, iniberarti harus dibuktikan

2k+1 � 2(k + 1) + 1:

Berdasarkan asumsi diketahui 2k � 2k + 1; maka

2k:2 � (2k + 1):2,2k+1 � (2k + 1) + (2k + 1),2k+1 � (2k + 2) + 2k ,2k+1 � 2(k + 1) + 2k:

Karena k � 3; maka 2k � 1: Jadi

2k+1 � 2(k + 1) + 2k � 2(k + 1) + 1:

zPerhatikan dua prosedur pseudocode berikut ini.PROSEDUR 1procedure SumOfSquares1 (n: positive integer)beginsum := 0for i := 1 to n dosum := sum+ i2

end

PROSEDUR 2procedure SumOfSquares1 (n: positive integer)beginsum := n � (n+ 1) � (2 � n+ 1) =6

endTerlihat bahwa kedua prosedur di atas sama-sama menghitung jumlah

kuadrat intejer positif dari 1 sampai dengan n. Karena Prosedur 1 meng-gunakan perintah loop for, maka total operasinya melibatkan n adisi dann multiplikasi (ini belum termasuk n � 1 adisi untuk penambahan variabelcounter i): Sedangkan Prosedur 2 hanya melibatkan 2 adisi, 3 multiplikasi, 1divisi; dan yang lebih penting lagi jumlah operasinya tidak tergantung padanilai n: Akibatnya, Prosedur 2 jauh lebih e�sien dibandingkan Prosedur 1.Hal ini memperlihatkan salah satu pentingnya prinsip induksi matematikdalam masalah komputasi. Lebih jauh lagi kita perhatikan beberapa contohberikut ini.


Contoh 2.3 Kita amati jumlah intejer positif ganjil berurutan berikut.1) 1 = 1 (= 12)2) 1 + 3 = 4 (= 22)3) 1 + 3 + 5 = 9 (= 32)4) 1 + 3 + 5 + 7 = 16 (= 42)

Dari 4 intejer positif pertama ini, kita dapatkan pola untuk membuat suatukonjektur (suatu proposisi yang belum diketahui benar dan salahnya) yangberbunyi: Jumlah n intejer positif ganjil pertama yang berurutanadalah n2; dengan kata lain, 8n 2 Z+;

S (n) :nXi=1

(2i� 1) = n2:

Selanjutnya, buktikan kebenaran konjektur itu dengan prinsip induksi matem-atik.

Bukti. Dari tabel di atas, telah diketahui benar untuk S(1); S (2) ; S(3);dan S(4): Misalkan diketahui S(k) :

Pki=1 (2i� 1) = k2 benar untuk suatu

intejer k > 4; maka S(k + 1) :

k+1Xi=1

(2i� 1) =kXi=1

(2i� 1) + [2(k + 1)� 1]

= k2 + [2(k + 1)� 1]= k2 + 2k + 1

= (k + 1)2:

z

Contoh 2.4 Diantara banyak barisan bilangan yang cukup menarik di dalammatematika diskret dan kombinatorika adalah barisan bilangan harmonik:H1; H2; H3; :::, dimana

H1 = 1

H2 = 1 +1

2

H3 = 1 +1

2+1

3...

dan secara umum Hn = 1+ 12+ 13+ :::+ 1

nuntuk setiap n 2 Z+: Dengan prin-

sip induksi matematik, buktikan bahwa jumlah n bilangan harmonik pertama


dapat dirumuskan dengan

8n 2 Z+;nXi=1

Hi = (n+ 1)Hn � n:

Bukti. Untuk n = 1;

1Xi=1

Hi = (1 + 1)H1 � 1,

H1 = 2:H1 � 1,1 = 2:1� 1,1 = 1; benar.

MisalkanPk

i=1Hi = (k + 1)Hk � k benar untuk suatu intejer k > 1: Dariasumsi ini, maka

k+1Xi=1

Hi =kXi=1

Hi +Hk+1

= [(k + 1)Hk � k] +Hk+1= ((k + 1)Hk+1 � 1)� k +Hk+1= [(k + 1) + 1]Hk+1 � 1� k= [(k + 1) + 1]Hk+1 � (k + 1):

z

Teorema 2.2 (Bentuk Alternatif - Prinsip Induksi Berhingga) Mis-alkan S(n) menotasikan suatu pernyataan matematik terbuka yang meli-batkan satu atau lebih variabel intejer positif n; dan misalkan n0; n1 2 Z+dengan n0 � n1: Jika:

(a) S(n0); S(n0 + 1); S(n0 + 2); :::; S(n1 � 1); S(n1) benar, dan

(b) untuk sembarang pilihan k 2 Z+; k � n1; berlaku:

Jika S(n0); S(n0 + 1); :::; S(n1); :::; S(k) benar, maka S(k + 1)benar

kesimpulannya S(n) benar untuk semua n � n0:

Sebagaimana pada prinsip induksi matematik sebelumnya, kondisi (a)disebut Langkah Basis dan kondisi (b) disebut Langkah Induktif.


Contoh 2.5 Kita perhatikan barisan intejer a0; a1; a2; :::; dimana

a0 = 1; a1 = 2; a2 = 3; dan

an = an�1 + an�2 + an�3; 8n 2 Z; n � 3:

Buktikan bahwa 8n 2 N; an � 3n:

Bukti. Misalkan S 0 (n): an � 3n; 8n 2 N:Langkah Basis: Kita amati bahwa S 0 (0) ; S 0 (1) ; dan S 0 (2) benar:(1) a0 = 1 = 30 � 30;(2) a1 = 2 � 3 = 31; dan(3) a2 = 3 � 9 = 32:Langkah Induktif : Andaikan S 0 (0) ; S 0 (1) ; S 0 (2) ; :::; S 0 (k) benar un-

tuk suatu k 2 N; dan k � 2: Ini berarti k + 1 pernyataan berikut adalahbenar

a0 � 30a1 � 31a2 � 32...

ak � 3k

Berdasarkan asumsi tersebut, maka

ak+1 = ak + ak�1 + ak�2

� 3k + 3k�1 + 3k�2

� 3k + 3k + 3k = 3k+1:

z

Soal 2.1.1 Perhatikan empat persamaan berikut:

1 = 1 (1)

2 + 3 + 4 = 1 + 8 (2)

5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 8 + 27 (3)

10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16 = 27 + 64 (4)

Buatlah konjektur rumus umum dari keempat persamaan di atas, dan buk-tikan kebenaran konjektur yang anda buat.

Soal 2.1.2

2.2 De�nisi Rekursif 32

1. Untuk n = 3; misalkan X3 = f1; 2; 3g: Perhatikan jumlahan

s3 =1

1+1

2+1

3+1

1:2+1

1:3+1

2:3+

1

1:2:3=

X�6=A�X3

1

PA;

dimana PA adalah produk dari semua anggota subhimpunan tak-kosongA dari X3: Evaluasi (tentukan nilai) jumlahan tersebut.

2. Ulangi perhitungan Soal 1: untuk s2 (dimana n = 2 dan X2 = f1; 2g)dan s4 (dimana n = 4 dan X2 = f1; 2; 3; 4g)

3. Buatlah konjektur hasil umum yang digeneralisasi dari Soal 1: dan Soal2:, kemudian buktikan kebenaran konjektur yang anda buat.

Soal 2.1.3 Untuk n 2 Z+; misalkan Hn adalah bilangan harmonik ke-n:

1. Untuk semua n 2 N; buktikan bahwa (1 + n2) � H2:

2. Untuk semua n 2 N; buktikan bahwanXj=1

jHj =

�(n+ 1)n

2

�Hn+1 �

�(n+ 1)n

4

�:

2.2 De�nisi Rekursif

Untuk memahami de�nisi rekursif, terlebih dahulu perhatikan barisan intejergenap tak-negatif: 0; 2; 4; 6; 8; .... Barisan itu bisa kita tuliskan dengan:bn = 2n; 8n 2 N: Suku ke berapapun dari barisan itu bisa kita peroleh secaralangsung, misalnya: suku ke-125 adalah b125 = 250: Barisan yang demikiankita sebut dengan barisan dengan rumus eksplisit.

Sebagai badingannya, sekarang kita perhatikan barisan pada Contoh 2.5,untuk mendapatkan suku ke-k, yaitu ak; kita tidak mempunyai rumus ek-splisit, sebagai gantinya dibutuhkan nilai tiga suku sebelumnya, yaitu ak�1;ak�2; dan ak�3, sehingga ak = ak�1 + ak�2 + ak�3: Kemudian nilai ketigasuku itu, masing-masing juga membutuhkan nilai tiga suku sebelumnya lagi.Demikian seterusnya, pada akhirnya semua nilai ak; untuk k � 3; bergantungpada nilai awal suku: a0 = 1; a1 = 2; dan a2 = 3: Barisan yang demikiandisebut barisan dengan rumus rekusif. Rumus rekursif secara lengkap dise-but juga dengan de�nisi rekursif yang terdiri dari basis rekursi dan prosesrekursi. Basis rekursi yaitu pende�nisian awal (pemberian nilai awal), pada


contoh tersebut: a0 = 1; a1 = 2; dan a2 = 3: Proses rekursi memberikan ni-lai suku berikutnya secara rekursif didasarkan pada nilai basis rekursi, padacontoh tersebut ak = ak�1 + ak�2 + ak�3:

De�nisi rekursif merupakan suatu jawaban ketika untuk menentukan ru-mus eksplisit suatu barisan sangat rumit atau bahkan mustahil. Hal initerjadi tidak hanya pada barisan bilangan, tetapi juga paling sering terjadipada beberapa konsep matematika yang lain, seperti: operasi himpunan,proposisi dalam logika, relasi, fungsi, bahasa mesin, dll.

Contoh 2.6 Misalkan p1; p2; p3; ..., pn adalah n proposisi. Untuk menen-tukan nilai kebenaran

p1 ^ p2 ^ p3 ^ ::: ^ pn;dimana n � 2; diperlukan konsep rekursif atas dasar hukum asosiatif kon-jungsi.Basis Rekursi: p1 ^ p2:Proses Rekursi: Untuk n � 2;

p1 ^ p2 ^ p3 ^ ::: ^ pn�1 ^ pn , (p1 ^ p2 ^ p3 ^ ::: ^ pn�1) ^ pn

De�nisi rekursif berdasarkan hukum asosiatif pada contoh tersebut bisadiperumum melalui ilustrasi berikut ini. Ambil untuk kasus n = 4; maka

p1 ^ p2 ^ p3 ^ p4 , (p1 ^ p2 ^ p3) ^ p4, [(p1 ^ p2) ^ p3] ^ p4, (p1 ^ p2) ^ (p3 ^ p4), p1 ^ [p2 ^ (p3 ^ p4)], p1 ^ (p2 ^ p3 ^ p4):

Dari fakta ini dapat diambil suatu kesimpulan bahwa berdasarkan sifat asosi-atif tanda kurung bisa diletakkan secara bebas. Hasil ini dimantabkan secaralebih umum pada penyataan di dalam contoh berikut ini.

Contoh 2.7 Misalkan n 2 Z+ dengan n � 3; dan misalkan r 2 Z+ dengan1 � r < n: Maka, untuk sembarang proposisi p1; p2; :::; pr; pr+1; ...; pn berlaku

(p1 ^ p2 ^ ::: ^ pr) ^ (pr+1 ^ ::: ^ pn), p1 ^ p2 ^ ::: ^ pr ^ pr+1 ^ ::: ^ pn:

Bukti. Akan dibuktikan dengan induksi matematik. Sebagai basis in-duksi, untuk n = 3; kebenaran jelas diterima mengikuti hukum asosiatif


dasar. Sekarang diasumsikan benar untuk n = k dan untuk setiap 1 � r < k;ini berarti berlaku

(p1 ^ p2 ^ ::: ^ pr) ^ (pr+1 ^ ::: ^ pk), p1 ^ p2 ^ ::: ^ pr ^ pr+1 ^ ::: ^ pk:

Berdasarkan asumsi ini harus dibuktikan benar untuk n = k + 1 dan untuksetiap 1 � r < k + 1: Dalam hal ini perhatikan dua kasus berikut ini.

1. Jika r = k; berdasarkan de�nisi rekursif jelas berlaku

(p1 ^ p2 ^ p3 ^ ::: ^ pk) ^ pk+1 , p1 ^ p2 ^ p3 ^ ::: ^ pk ^ pk+1:

2. Jika 1 � r < k; maka

(p1 ^ p2 ^ ::: ^ pr) ^ (pr+1 ^ ::: ^ pk ^ pk+1), (p1 ^ p2 ^ ::: ^ pr) ^ [(pr+1 ^ ::: ^ pk) ^ pk+1], [(p1 ^ p2 ^ ::: ^ pr) ^ (pr+1 ^ ::: ^ pk)] ^ pk+1, (p1 ^ p2 ^ ::: ^ pr ^ pr+1 ^ ::: ^ pk) ^ pk+1, p1 ^ p2 ^ ::: ^ pr ^ pr+1 ^ ::: ^ pk ^ pk+1:

z

Contoh 2.8 Contoh 2.4 memenuhi pola pende�nisian rekursif:Basis Rekursi: H1 = 1:Proses Rekursi: Untuk n � 1; Hn+1 = Hn +

�1n+1

�:

Contoh 2.9 Menghitung n! untuk n � 0 mengikuti pola pende�nisian rekur-sif:

Basis Rekursi: 0! = 1:Proses Rekursi: Untuk n � 0; (n+ 1)! = (n+ 1) (n!):

Contoh 2.10 Pende�nisian rekursif bilangan Fibonacci.Basis Rekursi: F0 = 0; :F1 = 1Proses Rekursi: Untuk n 2 Z+ dan n � 2;

Fn = Fn�1 + Fn�2

Suatu pende�nisian secara rekursif yang melibatkan dua intejer sekaligusdiberikan pada dua contoh berikut ini.


Contoh 2.11 Pada Bab 1 telah diperkenalkan koe�sien binomial�nr

�untuk

n; r 2 N dengan 0 � r � n: Berikut ini diberikan pede�nisian secara rekursif,�n+ 1

r

�=

�n

r

�+

�n

r � 1

�; untuk 0 � r � n;

dengan basis rekursi: �0

0

�= 1;�

n

r

�= 0; untuk r > n; dan�

n

r

�= 0; untuk r < 0:

Berdasarkan de�nisi rekursif ini, penentuan nilai�nr

�; dimana 0 � n � 4 dan

0 � k � n dapat dinyatakan dalam tabel segitiga Pascal:

n�k0 11 1 12 1 2 13 1 3 3 14 1 4 6 4 1

Contoh 2.12 Untuk m 2 Z+ dan k 2 N; bilangan Euler am;k dide�nisikansecara rekursif dengan

am;k = (m� k) am�1;k�1 + (k + 1) am�1;k; untuk 0 � k � m;

dengan basis rekursi:

a0;0 = 1;

am;k = 0; untuk k � m; danam;k = 0; untuk k < 0:

Berdasarkan de�nisi rekursif ini, penentuan nilai am;k; dimana 1 � m � 5dan 0 � k � m� 1 dapat dinyatakan dalam tabel berikut.

Jml. Brs.(m = 1) 1 1 = 1!(m = 2) 1 1 2 = 2!(m = 3) 1 4 1 6 = 3!(m = 4) 1 11 11 1 24 = 4!(m = 5) 1 26 66 26 1 120 = 5!


Dari tabel ini didapat suatu pola bahwa jumlah baris ke-m adalah m!:Secara umum, buktikan bahwa untuk suatu m 2 Z+; berlaku

Pm�1k=0 am;k = m!:

Bukti. Berdasarkan de�nisi rekursif diperolehmXk=0

am+1;k =mXk=0

[(m+ 1� k)am;k�1 + (k + 1)am;k] =

[(m+ 1)am;�1 + am;0] + [mam;0 + 2am;1] +

[(m� 1)am;1 + 3am;2] + :::+ [3am;m�3 + (m� 1)am;m�2]+[2am;m�2 +mam;m�1] + [am;m�1 + (m+ 1)am;m]:

Karena am;�1 = 0 dan am;m = 0; maka

mXk=0

am+1;k = [am;0 +mam;0] + [2am;1 + (m� 1)am;1] + :::

+[(m� 1)am;m�2 + 2am;m�2] + [mam;m�1 + am;m�1]= (m+ 1)[am;0 + am;1 + :::+ am;m�2 + am;m�1]

= (m+ 1)m�1Xk=0

am;k

Dari fakta ini, dan berdasarkan induksi matematik, jika diasumsikan

m�1Xk=0

am;k = m!

benar untuk m 2 Z+; makamXk=0

am+1;k = (m+ 1)(m!) = (m+ 1)!:

z

Soal 2.2.1 Barisan intejer a1; a2; a3; ::: dide�nisikan secara eksplisit denganrumus an = 5n untuk n 2 Z+; dapat juga secara rekursif

a) a1 = 5; dan

b) an+1 = an + 5; untuk n � 1:

Barisan intejer b1; b2; b3; ::: dide�nisikan secara eksplisit dengan rumusbn = n(n+ 2) untuk n 2 Z+; dapat juga secara rekursif


a)� b1 = 3; dan

b)� bn+1 = bn + 2n+ 3; untuk n � 1:

Buatlah de�nisi rekursif untuk setiap barisan intejer c1; c2; c3; ::: berikutini, dimana untuk n 2 Z+;

1. cn = 7n:

2. cn = 7n:

3. cn = 3n+ 7:

4. cn = 7:

5. cn = n2:

6. cn = 2� (�1)n:

Soal 2.2.2

1. Buatlah de�nisi rekursif untuk dijungsi dari proposisi p1; p2; p3; :::pn+1;n � 1:

2. Buktikan bahwa jika n; r 2 Z+; dengan n � 3 dan 1 � r < n; maka

(p1 _ p2 _ ::: _ pr) _ (pr+1 _ pr+2 _ ::: _ pn), p1 _ p2 _ ::: _ pr _ pr+1 _ ::: _ pn:

Soal 2.2.3

1. Bangunlah suatu de�nisi rekursif untuk adisi (jumlahan) dari n bilan-gan nyata x1; x2; :::; xn; dimana n � 2:

2. Berdasarkan hukum asosiatif untuk adisi bilangan nyata, buktikan bahwajika n; r 2 Z+; dengan n � 3 dan 1 � r < n; maka

(x1+x2+ :::+xr)+(xr+1+ :::+xn) = x1+x2+ :::+xr+xr+1+ :::+xn


Soal 2.2.4 Perhatikan bahwa untuk setiap x; y 2 R;

jx+ yj2 = (x+ y)2

= x2 + 2xy + y2

� x2 + 2 jxj jyj+ y2

= jxj2 + 2 jxj jyj+ jyj2

= (jxj+ jyj)2:

Akibatnya, jx+ yj � jxj+ jyj : Sekarang, buktikan bahwa jika n 2 Z+; n � 2;dan x1; x2; :::; xn 2 R; maka

jx1 + x2 + :::+ xnj � jx1j+ jx2j+ :::+ jxnj :

Soal 2.2.5 Dide�nisikan barisan intejer a0; a1; a2; :::; an secara rekursif den-gan

a) a0 = 1; a1 = 1; a2 = 1; dan

b) untuk n � 3; an = an�1 + an�3:

Buktikan bahwa an+2 ��p2�nuntuk setiap n � 0:

Soal 2.2.6 Misalkan Fn adalah bilangan Fibonacci ke-n:

1. untuk n � 0; buktikan bahwanPi=0

Fi = Fn+2 � 1:

2. untuk n � 1; buktikan bahwanPi=1

Fi�12i= 1� Fn+2

2n:

Soal 2.2.7

1. Untuk i 2 Z+; periksalah bahwa

i2 =

�i

2

�+

�i+ 1

2

�:

2. Untuk n 2 Z+; buktikan bahwa�n+ 1

3

�+

�n+ 2

3

�=n (n+ 1) (2n+ 1)

6:

2.3 Algoritma Pembagian 39

3. Untuk i 2 Z+; periksalah bahwa

i3 =

�i

3

�+ 4

�i+ 1

3

�+

�i+ 2

3

�:

4. Untuk n 2 Z+; buktikan bahwa�n+ 1

4

�+ 4

�n+ 2

4

�+

�n+ 3

4

�=n2 (n+ 1)2

4:

2.3 Algoritma Pembagian

Walaupun Z tidak tertutup terhadap pembagian, namun ada beberapa inte-jer yang dapat dibagi oleh intejer yang lain.

De�nisi 2.1 Misalkan a; b 2 Z; dan b 6= 0: Kita sebut b membagi a; ditulisb j a; jika ada intejer n sehingga a = bn: Dalam hal ini b disebut jugapembagi/faktor dari a atau a disebut kelipatan dari b: Dalam hal b tidakmembagi a dinotasikan dengan b - a:

Sebagai ilustrasi, 7 j 42 karena 42 = 7:6; sedangkan 7 - 18 karena tidakada n 2 Z sehingga 18 = 7n: Terkait dengan pengertian pembagian, suatusifat yang cukup penting yang dimiliki oleh Z adalah bahwa Z tidak memuatpembagi nol, artinya

(8a; b 2 Z) ab = 0) a = 0 _ b = 0;

atau lebih mudah dimegerti kotraposisinya

(8a; b 2 Z) a 6= 0 ^ b 6= 0) ab 6= 0;

Teorema 2.3 (Sifat-sifat Dasar Pembagian) Untuk semua a; b; c 2 Z;berlaku:

1. 1 j a dan a j 0:

2. [(a j b) ^ (b j a)]) a = �b:

3. [(a j b) ^ (b j c)]) a j c:

4. [(a j b) ^ (a j c)]) [(8x; y 2 Z) a j (bx+ cy)] :


5. (x = y + z) ^ ((a j x) ^ (a j y))) a j z:

6. (8a; b 2 Z+) (a j b)) a � b:

7. Untuk 1 � i � n; misalkan ci 2 Z: Jika a j ci; maka

a j c1x1 + c2x2 + :::+ cnxn

dimana xi 2 Z untuk setiap 1 � i � n:

Bukti. Disini hanya akan dibuktikan yang No. 4, lainnya disisakansebagai latihan. a j b dan a j c; berarti ada m;n 2 Z sehingga b = madan c = na: Dengan demikian untuk setiap x; y 2 Z berlaku xb = xma danyc = yna: Akibatnya,

bx+ cy = xma+ yna

= (xm+ yn)a;

dan ini berarti a j (bx+ cy) : z

Contoh 2.13 Adakah x; y; z 2 Z yang memenuhi persamaan 14x + 21y �7z = 64:

Jawab. Perhatikan bahwa 7 j 14; 7 j 21 dan 7 j (�7); maka berdasarkanTeorema 2.3 (No 7), 7 j (14x+21y� 7x): Dilain pihak 7 - 64; kesimpulannyatidak ada x; y; z 2 Z yang memenuhi persamaan 14x+ 21y � 7x = 64: z

Contoh 2.14 Misalkan a; b 2 Z sehingga 2a+ 3b merupakan kelipatan dari17: Buktikan bahwa 17 j 9a+ 5b:

Bukti. Perhatikan bahwa 17 j 2a+3b) 17 j (�4)(2a+3b); di lain pihak17 j 17a+ 17b: Dengan demikian

17 j [(�4)(2a+ 3b) + (17a+ 17b)],17 j (9a+ 5b):

zBukti untuk teorema berikut ini dianjurkan sebagai kegiatan mandiri,

dan ini telah dibahas secara lengkap matakuliah Pengantar Teori Bilangan.


Teorema 2.4 (Algoritma Pembagian) Jika a; b 2 Z dengan b > 0; makaada tepat satu q; r 2 Z sehingga

a = qb+ r; 0 � r < b:

Dalam hal ini a disebut yang dibagi, b adalah yang membagi, q adalahhasil bagi, dan r adalah sisa pembagian. Selanjutnya sisa pembagiandinotasikan dengan r = a mod b dan hasil bagi dinotasikan q = a div b:

Fakta bahwa misalkan a; b 2 Z; b 6= 0; maka

a div b = babc; dan

a mod b = a� b:babc;

notasi bxc mengartikan bilangan bulat terbesar yang � x:

Contoh 2.15 Berdasarkan algoritma pembagian, berikut ini diberikan beber-apa ilustrasi.

1. Misalkan a = 67 dan b = 7; maka

q = b677c = 9 dan r = 67� 7:9 = 4:

2. Misalkan a = 48 dan b = 6; maka

q = b486c = 8 dan r = 48� 6:8 = 0:

3. Misalkan a = �72 dan b = 11; maka

q = b�7211c = �7 dan r = (�72)� (11)(�7) = 5:

4. Misalkan a; b 2 Z+:

(a) Jika a = qb untuk suatu q 2 Z+; maka �a = (�q)b: Dalam halini, �a(< 0) dibagi oleh b(> 0) diperoleh hasil bagi �q(< 0) dansisanya r = 0:


(b) Jika a = qb+ r untuk suatu q 2 N dan 0 < r < b; maka

�a = (�q)b� r= (�q)b� b+ b� r= (�q � 1)b+ (b� r):

Dalam hal ini, �a(< 0) dibagi oleh b(> 0) diperoleh hasil bagi�q � 1(< 0) dan sisanya b� r; dimana 0 < b� r < b:

Untuk lebih jelasnya, proses mendapatkan q dan r dalam algoritme pem-bagian dirinci dengan pseudocode dalam Prosedur 3.

PROSEDUR 3procedure AlgPbg(a 2 Z, b 2 Z+)beginif a = 0 thenbeginhasilbagi := 0sisa := 0

endelsebeginr := abs(a)q := 0while r � b dobeginr := r � bq := q + 1

end

PROSEDUR 3 (Lanjutan)if a > 0 thenbeginhasilbagi := qsisa := r

endelse if r = 0 thenbeginhasilbagi := �qsisa := 0

endelsebeginhasilbagi := �q � 1sisa := b� r

Salah satu penerapan algoritma pembagian adalah digunakan untuk men-gubah sistem basis bilangan, misalnya: desimal ke biner, oktal, heksadesimal,dll. Lengkapnya hal ini dinyatakan pada bagian berikut ini.

2.3.1 Representasi Basis

Intejer positif dapat direpresentasikan dalam berbagai cara, namun palingumum dipakai adalah sistem desimal atau sistem basis 10. Jadi apabiladiberikan suatu intejer positif tanpa keterangan apapun, maka yang di-maksud adalah intejer tersebut memiliki representasi basis 10. Misalnyaa = 1367; ini berarti

a = 1:103 + 3:102 + 6:101 + 7:100:


Sistem lain yang cukup populer adalah sistem biner atau representasi basis2 yang dipakai dalam kerja mesin komputasi. Misalnya a = 110101 basis 2;ini berarti

a = 1:25 + 1:24 + 0:23 + 1:22 + 0:21 + 1:20:

Tabel berikut ini mengilutrasikan hubungan antara sistem representasi desi-mal, biner, oktal (basis 8), dan heksadesimal (basis 16) untuk intejer dari 0sampai 15: Faktanya keempat sistem inilah yang paling sering dipakai dalambidang terapan, khususnya ilmu komputer.

Basis 10 Basis 2 Basis 8 Basis 160 0000 0 01 0001 1 12 0010 2 23 0011 3 34 0100 4 45 0101 5 56 0110 6 67 0111 7 78 1000 10 89 1001 11 910 1010 12 A11 1011 13 B12 1100 14 C13 1101 15 D14 1110 16 E15 1111 17 F

Secara umum representasi basis dari suatu intejer dinyatakan dalam de�nisiberikut ini.

De�nisi 2.2 Jika b � 2 adalah suatu intejer, maka sembarang intejer positfa dapat diekspresikan secara tunggal sebagai

a = anbn + an�1b

n�1 + :::+ a1b+ a0; (2.1)

dimana 0 � ai < b untuk i = 0; 1; :::; n dan an 6= 0: Ruas kanan Persamaan2.1 disebut representasi basis b dari a; dan dinotasikan dengan

a = (anan�1:::a1a0)b:

Selanjutnya dari de�nisi di atas, intejer ai; untuk 0 � i � n; disebut dijit.Khususnya, an disebut dijit berorder tinggi, dan a0 disebut dijit berorder


rendah. Catatan bahwa jika b = 10; representasi a cukup ditulis

a = anan�1:::a1a0:

Banyaknya dijit dari a disebut dengan presisi atau panjang dari a: Dalamde�nisi di atas terlihat bahwa presisi dari a adalah n: Jika n = 0; maka adisebut intejer presisi tunggal. Sedangkan jika n > 0; maka a disebut sebagaiintejer presisi ganda.

Dari De�nisi 2.2, berikut ini diberikan prosedur untuk mengubah repre-sentasi basis-b dari intejer a kebentuk standar desimal dari a:

PROSEDUR 4procedure ChangeDecimal((anan�1:::a1a0)b : intejer)begina := 0for i := 0 to n doa := a+ aib

i

return(a)end

Contoh 2.16 Misalkan (1110101)2 adalah representasi basis-2 dari intejera: Tentukan intejer a:

Jawab. Nilai intejer a adalah

(1110101)2 = 1:26 + 1:25 + 1:24 + 0:23 + 1:22 + 0:21 + 1:20

= 64 + 32 + 16 + 0 + 4 + 0 + 1

= 117:

zDalam langkah-langkah berikut ini perhatikan bahwa algoritma pemba-

gian melandasi sistem perubahan representasi basis.

1. Persamaan (2.1) dapat dituliskan sebagai

a = (anbn�1 + an�1b

n�2 + :::+ a2b+ a1)b+ a0:

Ini berarti a0 merupakan sisa dari a dibagi oleh b: Dalam hal ini hasilbaginya adalah

q1 = anbn�1 + an�1b

n�2 + :::+ a2b+ a1 (2.2)



q1 = (anbn�2 + an�1b

n�3 + :::+ a3b+ a2)b+ a1:

Ini berarti a1 merupakan sisa dari q1 dibagi oleh b: Dalam hal ini hasilbaginya adalah


n�3 + :::+ a3b+ a2 (2.3)


q2 = (anbn�3 + an�1b

n�4 + :::+ a4b+ a3)b+ a2:

Ini berarti a2 merupakan sisa dari q2 dibagi oleh b: Dalam hal ini hasilbaginya adalah


n�4 + :::+ a4b+ a3

4. Proses berlanjut sampai didapatkan an merupakan sisa dari qn dibagioleh b dan hasil baginya adalah 0:

Contoh 2.17 Nyatakan intejer a = 938 sebagai representasi:

1. basis 8; dan

2. basis 2:

3. basis 16:

Jawab. Berdasarkan uraian di atas perhatikan proses berikut ini.

1.

Bagi 8 Hasil Bagi Sisaa8= 938

8q1 = 117 a0 = 2

q18= 117

8q2 = 14 a1 = 5

q28= 14

8q3 = 1 a2 = 6

q38= 1

8q4 = 0 a3 = 1

. Jadi 938 = (1652)8:

2.


2q1 = 469 a0 = 0

q12= 469

2q2 = 234 a1 = 1

q22= 234

2q3 = 117 a2 = 0

q32= 117

2q4 = 58 a3 = 1

q42= 58

2q5 = 29 a4 = 0

q52= 29

2q6 = 14 a5 = 1

q62= 14

2q7 = 7 a6 = 0

q72= 7

2q8 = 3 a7 = 1

q82= 3

2q9 = 1 a8 = 1

q92= 1

2q10 = 0 a9 = 1

. Jadi 938 = (1110101010)2:


3.


16q1 = 117 a0 = 2

q116= 117

16q2 = 14 a1 = 5

q28= 14

8q3 = 1 a2 = 6

q38= 1

8q4 = 0 a3 = 1

. Jadi 938 = (1652)8:

zAlgoritme representasi basis b dinyatakan dalam prosedur berikut dengan

input intejer a � 0 dan b � 2:PROSEDUR 5procedure Basis-bRepresetation(a, b : intejer positif)begini := 0x := aq := bx

bc

ai := x� q � bwhile q > 0 dobegini := i+ 1x := qq := bx

bc

ai := x� q � bend

return((anan�1:::a1a0)b)end

2.3.2 Representasi Bilangan Negatif

Intejer negatif dapat direpresentasikan dalam beberapa cara. Dua diantaranyaakan dibahas dalam tulisan ini, yaitu: representasi besaran-bertanda dan rep-resentasi komplemen.

Representasi Besaran-bertanda

Tanda dari suatu intejer (baik positif maupun negatif) dan besarannya (nilaimutlak) direprsentasikan sebagai representasi besaran-bertanda. Intejer posi-tif diberi suatu tanda dijit 0; sementara intejer negatif diberi suatu tanda dijitb�1: Untuk suatu representasi basis-b bedijit n (berupa barisan) terdiri dari:bn�1 � 1 intejer positif, bn�1 � 1 intejer negatif, dan 0 mempunyai dua rep-resentasi. Sebagai ilustrasi, berikut ini diberikan tabel representasi besaranbertanda untuk biner dari intejer dalam selang [�7; 7]:


Barisan Besaran- Barisan Besaran-Bertanda Besaran-

0111 7 1111 �70110 6 1110 �60101 5 1101 �50100 4 1100 �40011 3 1011 �30010 2 1010 �20001 1 1001 �10000 0 1000 �0

Representasi Komplemen

Penjumlahan dan pengurangan representasi komplemen tanpa perlu me-meriksa dijit tanda. Intejer tak-negatif dalam selang [0; bn � 1] direpresen-tasikan sebagai barisan basis-b dengan panjang dijit n dan dijit order tinggi0: Misalkan x adalah intejer positif yang direpresentasikan sebagai barisan

(xn; xn�1; :::; x1; x0)b

dimana xn = 0: Maka �x direpresentasikan sebagai barisan

(xn; xn�1; :::; x1; x0) + 1

dimana xi = b � 1 � xi dan + adalah jumlahan standar. Sebagai ilustrasi,berikut ini diberikan tabel representasi komplemen untuk biner dari intejerdalam selang [�7; 7]:

Barisan Komple- Barisan Komple-mennya 2 mennya 2

0111 7 1111 �10110 6 1110 �20101 5 1101 �30100 4 1100 �40011 3 1011 �50010 2 1010 �60001 1 1001 �70000 0 1000 �8

Soal 2.3.1

1. Jika a; b; c 2 Z+ dan a j bc; apakah dapat disimpulkan bahwa a j b ataub j c?


2. Untuk setiap a; b; c 2 Z; buktikan bahwa jika a - bc; maka a - b dan a - c:

3. Misalkan a; b 2 Z+: Jika b j a dan b j (a+ 2) ; buktikan bahwa b = 1atau b = 2:

4. Jika n 2 Z+ dan n ganjil, buktikan bahwa 8 j (n2 � 1) :

5. Jika a; b 2 Z+ dan keduanya ganjil, buktikan bahwa 2 j (a2 + b2) tetapi4 - (a2 + b2):

6. Jika n 2 N; buktikan bahwa 3 j (7n � 4n):

Soal 2.3.2 Tentukan hasil bagi q dan sisa r dari pembagian a oleh b yangdiketahui berikut ini.

1. a = 23 dan b = 7:

2. a = �115 dan b = 12:

3. a = 0 dan b = 42:

4. a = 434 dan b = 31:

Soal 2.3.3 Tuliskan intejer berbasis-10 berikut ini ke dalam basis-2, basis-4;dan basis-8:

a) 137 b) 6243 c) 12:345.

Soal 2.3.4 Tuliskan intejer berbasis-10 berikut ini ke dalam basis-2 dan basis-16:

a) 22 b) 527 c) 1234 d) 6923.

Soal 2.3.5 Konversikan masing-masing dari bilangan heksadesimal berikutini ke dalam bilangan basis-10 dan basis-2:

a) A7 b) 4C2 c) 1C2B d) A2DFE.

Soal 2.3.6 Konversikan masing-masing dari bilangan biner berikut ini kedalam bilangan basis-10 dan basis-16:

a) 11001110 b) 00110001 c) 11110000 d) 01011110.

Soal 2.3.7 Tuliskan masing-masing dari bilangan biner berikut ini ke dalamrepresentasi komplemen dua, hasilnya mengikuti pola 8-bit.

a) 15 b) � 15 c) 100 d) � 65 e) 127 f) 128.

2.4 Algoritme Euclid 49

Soal 2.3.8 Jika suatu mesin menyimpan intejer dengan metode komplemendua, berapa intejer terbesar dan terkecil yang dapat disimpan apabila meng-gunakan pola 8-bit.

a) 4-bit b) 8-bit c) 16-bit d) 32-bit e) 2n-bit, n 2 Z+

Soal 2.3.9 Dide�nisikan himpunan X � Z+ secara rekursif sebagai berikut:

a) 3 2 X; dan

b) jika a; b 2 X; maka a+ b 2 X:

Buktikan bahwa X = f3k�k 2 Z+g; himpunan semua intejer positif yanghabis dibagi 3:

Soal 2.3.10 Misalkan n 2 Z+ dengan

n = rk:10k + :::+ r2:10

2 + r1:10 + r0:

Buktikan bahwa

1. 2 j n jika dan hanya jika 2 j r0:

2. 4 j n jika dan hanya jika (r1:10 + r0):

3. 8 j n jika dan hanya jika (r2:102 + r1:10 + r0):

Buatlah generalisasi dari hasil tersebut.

2.4 Algoritme Euclid

Bahasan yang diberikan pada bagian ini dan pada bagian berikutnya meru-pakan landasan dasar dari teori bilangan. Berapa teorema dan sifat-sifatdiberikan tanpa disertai bukti dengan alasan bahwa seluruh materinya akandibahas lebih rinci di matakuliah Pengantar Teori Bilangan.

De�nisi 2.3 Untuk a; b 2 Z, suatu intejer positif x dikatakan pembagibersama dari a dan b jika x j a dan x j b: Selanjutnya, untuk a dan btidak keduanya nol, c 2 Z+ disebut pembagi bersama terbesar dari a danb; dinotasikan dengan c = gcd (a; b) ; jika c adalah yang terbesar diantarasemua pembagi bersama dari a dan b, atau dengan kata lain

c = maxfx 2 Z+�(x j a) ^ (x j b)g:


Teorema 2.5 Misalkan c = gcd (a; b) : Jika pembagi bersama d dari a danb; maka d j c:

Teorema 2.6 Untuk setiap a; b 2 Z+; ada tepat satu c 2 Z+ sehingga c =gcd (a; b) : Selanjutnya ada x; y 2 Z sehingga c = xa + yb (c adalah suatukombinasi linear dari a dan b):

Sifat-sifat dasar dari pembagi bersama terbersar dapat dirinci sebagaiberikut. Misalnya c = gcd (a; b) ; maka:

1. c adalah intejer positif terkecil dari himpunan fxa+ yb=x; y 2 Zg:

2. Jika d = sa+ tb untuk suatu s; t 2 Z; maka c j d:

3. gcd (a; b) = gcd (�a; b) = gcd (a;�b) = gcd (�a;�b) = gcd (b; a) :

4. gcd (a; 0) = jaj dan gcd (0; 0) tak terde�nisikan.

5. c = gcd (a; b)) gcd�ac; bc

�= 1:

Intejer a dan bdisebut prima relatif jika gcd (a; b) = 1; selanjutnya adax; y 2 Z sehingga xa+ yb = 1:

Contoh 2.18 Karena gcd (42; 70) = 14; maka ada x; y 2 Z; sehingga42x+ 70y = 14, 3x+ 5y = 1:

Mudah diperiksa bahwa x = 2 dan y = �1 adalah solusinya. Kemudianuntuk k 2 Z;

3(2 + 5k) + 5(�1� 3k) = 1;juga

42(2� 5k) + 70(�1 + 3k) = 14:Jadi nilai x dan y tidak tunggal.

Teorema 2.7 (Algoritme Euclid) Misalkan a; b 2 Z+; jika dengan algo-ritme pembagian berlaku langkah-langkah berikut ini:

Langkah ke-1 a = q1b+ r1 0 < r1 < bLangkah ke-2 b = q2r1 + r2 0 < r2 < r1Langkah ke-3 r1 = q3r2 + r3 0 < r3 < r2...

......

Langkah ke-(i+2) ri = qi+2ri+1 + ri+2 0 < ri+2 < ri+1...

......

Langkah ke-k rk�2 = qkrk�1 + rk 0 < rk < rk�1Langkah ke-(k+2) rk�1 = qk+1rk:

,

maka rk = gcd (a; b) :


Contoh 2.19 Dengan algoritma Euclid, tentukan gcd(250; 111); kemudiantentukan x; y 2 Z sehingga gcd(250; 111) = 250x+ 111y:

Jawab. Perhatikan langkah-langkah berikut ini.

Langkah ke-1 250 = 2(111) + 28 0 < 28 < 111Langkah ke-2 111 = 3 (28) + 27 0 < 27 < 28Langkah ke-3 28 = 1(27) + 1 0 < 1 < 27Langkah ke-4 27 = 27(1) + 0

Maka gcd(250; 111) = 1: Perhatikan bahwa langkah-langkah algotima Euclidbisa diringkas penulisannya dengan menggunakan sifat-sifat gcd berikut

gcd(250; 111) = gcd(111; 28) = gcd(28; 27)

= gcd(28; 27) = gcd(27; 1)

= gcd(1; 0) = 1:

Selanjutnya, untuk mendapatkan kombinasi linearnya kita lakukan langkahbalik. Perhatikan pada Langkah ke-3:

1 = 28� 1 (27)= 28� 1 (111� 3 (28))= (�1) (111) + (4) (28)= (�1) (111) + (4) (250� 2 (111))= (4) 250 + (�9) (111) :

Secara umum, untuk k 2 Z;

1 = (4� 111k) 250 + (�9 + 250k) 111:

zTerkait dengan implementasi, algoritme Euclid dapat dirinci dalam Prose-

dur 6 untuk mencari gcd (a; b) dimana a; b 2 Z+:


PROSEDUR 6procedure gcd(a; b: intejer positif, a � b)beginr := a mod bd := bwhile r > 0 dobeginc := dd := rr := c mod d

endreturn(d)

end

De�nisi 2.4 Misalkan a; b 2 Z: Suatu interjer positif x disebut kelipatanbersama dari a dan b jika x adalah kelipatan dari kedua a dan b; atau dengankata lain

(a j x) ^ (b j x)Untuk a dan b semuanya tak nol, c disebut kelipatan bersama terkecil daria dan b; dinotasikan c = lcm (a; b) ; jika c adalah yang terkecil dari semuakelipatan bersama dari a dan b; atau dengan kata lain

c = minfx 2 Z+�(a j x) ^ (b j x)g:

Sifat-sifat dasar dari kelipatan bersama terkecil dinyatakan sebagai berikut.

1. 8n 2 Z+; berlakulcm(1; n) = lcm(n; 1) = n:

2. 8a; n 2 Z+; berlakulcm(a; na) = na:

3. Jika a;m; n 2 Z+ dengan m � n; maka

lcm(am; an) = an dan gcd(am; an) = am:

Teorema 2.8 Misalnya c = lcm (a; b) : Jika y adalah kelipatan bersama daria dan b; maka c j y:


Teorema 2.9 Untuk a; b 2 Z+;

ab = lcm (a; b) : gcd (a; b) :

Jelas bahwa, jika a dan b adalah prima relatif, maka

lcm (a; b) = ab:

Contoh 2.20 Tentukan lcm(168; 456):

Jawab. Periksalah bahwa gcd(168; 456) = 24: Akibatnya,

lcm(168; 456) =(168)(456)

24= 3192:

zAlgoritme Euclid dapat diperluas sehingga tidak hanya mengasilkan pem-

bagi bersama terbesar dari dua intejer a dan b; tetapi juga menghasilkanintejer x dan y yang memenuhi ax+ by = d; diberikan dalam Prosedur 7.

PROSEDUR 7procedure gcd(a; b: intejer positif, positif, a � b)beginif b = 0 thenbegind := a; x := 1; y := 0return(d; x; y)

endx2 := 1; x1 := 0; y2 := 0; y1 := 1while b > 0 dobeginq := ba

bc; r := a� qb; x := x2 � qx1; y := y2 � qy1

a := b; b := r; x2 := x1; x1 := x; y2 := y1; y1 := yend

d := a; x := x2; y := y2return(d; x; y)

end

Contoh 2.21 Gunakan Prosedur 7 untuk untuk menentukan gcd(a; b), x,dan y, sehingga gcd(a; b) = ax+ by jika diketahui a = 4864 dan b = 3458:

Jawab. Tabel berikut menunjukkan langkah-langkah Prosedur 7 denganinput a = 4864 dan b = 3458; diperoleh gcd(4864; 3458) = 38 sehingga


(4864)(32) + (3458)(�45) = 38:

q r x y a b x2 x1 y2 y1

� � � � 4864 3458 1 0 0 11 1406 1 �1 3458 1406 0 1 1 �12 646 �2 3 1406 646 1 �2 �1 32 114 5 �7 646 114 �3 5 3 �75 76 �27 38 114 76 5 �27 �7 381 38 32 �45 76 38 �27 32 38 �452 0 91 28 38 0 32 �91 �45 128

zCatatan bahwa jawaban dengan tabel pada contoh di atas dapat diseder-

hanakan sebagai berikut, demi perhitungan menggunakan pensil dan kertas.

i qi+1 ri xi yi

0 � 4864 1 01 1 3458 0 12 2 1406 1 �13 2 646 �2 34 5 114 5 �75 1 76 �27 386 2 38 32 �457 0

Perhatikan bahwa isian awal tabel ini adalah r0 = a; x0 = 1; y0 = 0; r1 = b;x1 = 0; dan y1 = 1: Isian selanjutnya dihitung:

qi = bri�1ric; untuk i � 1;

xi = xi�2 � qi�1:xi�1; untuk i � 2; danyi = yi�2 � qi�1:yi�1; untuk i � 2:

Jika rs = 0; maka proses berhenti. Dalam hal ini gcd(a; b) = rs�1; x = xs�1,dan y = ys�1:

De�nisi 2.5 Intejer positif p disebut prima jika faktor dari p hanyalah 1dan dirinya sendiri p: Intejer positif yang bukan prima disebut komposit.

Dari de�nisi tersebut jelas bahwa suatu intejer positif p adalah prima jikamemenuhi

p = ab) a = 1 _ b = 1:


Suatu intejer positif n adalah komposit jika

(9n1; n2 2 Z; 1 < n1 < n; 1 < n2 < n)n = n1n2:

Sebagai ilutrasi, barisan prima dapat ditulikan

2; 3; 5; 7; 11; 13; 17; :::

Lemma 2.1 Jika n 2 Z+ adalah komposit, maka ada prima p sehingga p j n:

Bukti. Andaikan ada komposit n yang tidak mempunyai faktor prima,dan de�nisikan himpunan S yang anggotanya semua komposit ini, maka jelasbahwa S 6= ?: Berdasarkan prinsip keterurutan dengan baik, maka S memuatunsur terkecil, sebut saja s: Karena s komposit, maka 9s1; s2 2 Z; dengan1 < s1 < s dan1 < s2 < s sehingga s = s1s2: Karena s tidak mepunyaifaktor prima, maka s1 dan s2 haruslah juga tidak mempunyai faktor prima.Akibatnya, s1; s2 2 S; suatu kontradiksi, karena s adalah terkecil di dalamS: Kesimpulannya, S = ? atau n mempunyai faktor prima. z

Lemma 2.2 Jika p prima dan p j ab; maka p j a atau p j b:

Lemma 2.3 Misalkan ai 2 Z+ untuk setiap 1 � i � n: Jika p prima danp j a1a2:::an; maka p j ai untuk suatu 1 � i � n:

Teorema 2.10 (Teorema Dasar Aritmatika) Setiap intejer n � 2 dapat di-faktorisasikan secara tunggal sebagai produk kuasa prima:

n = pe11 pe22 :::p

ekk ;

dimana pi prima berbeda dan ei intejer positif.

Ilustrasi untuk teorema di atas: 63 = 32:7; 100 = 22:52; 4864 = 28:19;3458 = 2:7:13:19:

Contoh 2.22 Tentukan faktorisasi intejer 980220:Jawab. Perhatikan langkah-langkah berikut ini

980220 = 21(490110) = 22(245055) = 2231(81685)

= 223151(16337) = 223151171(961) = 223151171312:

z


Contoh 2.23 Misalkan n 2 Z+ dan

10:9:8:7:6:5:4:3:2:n = 21:20:19:17:16:15:14:

Tunjukkan bahwa 17 j n:

Jawab. Perhatikan bahwa karena 17 membagi ruas kanan, maka

17 j 10:9:8:7:6:5:4:3:2:n:

Dari fakta ini dan karena 17 - 10; 17 - 9; 17 - 8; 17 - 7; 17 - 6; 17 - 5; 17 - 4;17 - 3; dan 17 - 2; berdasarkan Lemma 2.3 maka dapat disimpulkan bahwa17 j n: z

Soal 2.4.1 Untuk masing-masing dari pasangan a; b 2 Z+ berikut ini, ten-tukan gcd(a; b) dan nyatakan sebagai kombinasi linear dari a; b:

a) a = 231; b = 1820 b) a = 1369; b = 2597 c) a = 2689; b = 4001.

Soal 2.4.2

1. Untuk a; b 2 Z+ dan d = gcd(a; b); buktikan bahwa

gcd(a

d;b

d) = 1

2. Untuk a; b; n 2 Z+ dan d = gcd(a; b); buktikan bahwa

gcd(na; nb) = n: gcd(a; b)

3. Misalkan a; b; c 2 Z+ dengan c = gcd(a; b); buktikan bahwa

c2 j ab:

4. Untuk a; b; c; d 2 Z+; buktikan bahwa jika d = a+ bc; maka

gcd(b; d) = gcd(a; b):

5. Misalkan a; b; c 2 Z+ dengan gcd(a; b) = 1: Jika a j bc; buktikan bahwaa j c:

Soal 2.4.3 Misalkan n 2 Z+;

2.5 Aritmatik Intejer Modulo n 57

1. Buktikan bahwa gcd(n; n+ 2) = (1 _ 2):

2. Berapa nilai yang mungkin dari gcd(n; n+3)? Bagaimana dengan gcd(n; n+4)?

3. Secara umum, untuk k 2 Z+; berapa nilai yang mungkin dari gcd(n; n+k)? Buktikan dengan induksi matematik.

Soal 2.4.4 Tentukan nilai-nilai dari c 2 Z+; 10 < c < 20; sedemikian se-hingga persamaan Diophantine 84x+990y = c tidak mempunyai solusi. Ten-tukan solusi untuk nilai-nilai c yang lainnya (nilai c dalam kasus persamaanmempunyai solusi).

Soal 2.4.5

1. Jika a; b 2 Z+ dengan a = 630; gcd(a; b) = 105; dan lcm(a; b) =242550; tentukan b:

2. Untuk setiap n 2 Z+; tentukan gcd(n; n+ 1) dan lcm(n; n+ 1):

2.5 Aritmatik Intejer Modulo n

Misalkan n adalah intejer positif.

De�nisi 2.6 Jika a dan b adalah intejer, maka a disebut kongruen ke bmodulo n; ditulis a � b(modn); apabila n membagi (a�b): Intejer n disebutmodulus dari kongruensi.

Contoh 2.24 24 � 9(mod 5) karena 24 � 9 = 3:5; dan �11 � 17(mod 7)karena �11� 17 = (�4)(7):

Teorema 2.11 (Sifat-sifat kongruensi) Untuk semua a; a1; b; b1; c 2 Z; makaberlaku berikut ini.

1. a � b(modn), a dan b mempunyai sisa yang sama apabila dibagi n:

2. Re�eksif.: a � a(modn):

3. Simetrik: jika a � b(modn); maka b � a(modn):

4. Transitif: jika a � b(modn) dan b � c(modn); maka a � c(modn):


5. Jika a � a1(modn) dan b � b1(modn); maka a + b � a1 + b1(modn)dan ab � a1b1(modn):

De�nisi 2.7 Intejer modulo n; dinotasikan Zn; adalah himpunan (kelasekuavalensi) intejer f0; 1; 2; :::; n� 1g yang dikenai operasi: jumlah dan kalidiperlakukan dalam modulo n. Untuk a; b; c 2 Zn;

a+ b = c, a+ b � c(modn)ab = c, ab � c(modn)

Contoh 2.25 Z10 = f0; 1; 2; :::; 9g: Di dalam Z10;

6 + 7 = 3

4� 8 = 2

3� 9 = 3 + 1 = 4:

De�nisi 2.8 Misalkan a 2 Zn; Invers multiplikatif dari a modulo nadalah suatu intejer x 2 Zn sehingga ax � 1(modn): Faktanya tidak se-mua anggota Zn mempunyai invers (x belum tentu ada). Dalam hal x yangbersangkutan ada, maka a disebut invertibel dan x disebut invers dari a;dinotasikan x = a�1: Selanjutnya, a dibagi b modulo n diartikan sebagai akali b�1 modulo n:

gcd (227; 1000)

2512

: 13 407 807 929 942 597 099 574 024 998 205 846 127 479 365 820 592 393 377 723 561 443721 764 030 073 546 976 801 874 298 166 903 427 690 031 858 186 486 050 853 753 882811 946 569 946 433 649 006 084 096

Teorema 2.12 Misalkan a 2 Zn; a adalah invertible jika dan hanya jikagcd(a; n) = 1:

Contoh 2.26 Di dalam Z9; unsur-unsur yang invertibel adalah 1; 2; 4; 5; 7;dan 8: Dalam hal ini, 7�1 = 4 karena 7:4 � 1 (mod 9):

Catatan 2.1 Berdasarkan Teorema 2.6, gcd(a; n) = 1 jika dan hanya jikaada intejer x dan y sehingga

ax+ ny = 1, ax� 1 = �ny , ax � 1 (mod n):


Ini berarti x adalah invers dari a modulo n dan untuk menghitung x dapatdigunakan Prosedur 7, dengan input a dan n:

327�1mod 500

: (263� 162)mod 500 = 106

De�nisi 2.9 Grup multiplikatif dari Zn adalah himpunan

Z�n = fa 2 Zn= gcd(a; n) = 1g

Contoh: Z�10 = f1; 3; 7; 9g, Z�15 = f1; 2; 4; 7; 8; 11; 13; 14g, dan Z�5 =f1; 2; 3; 4g: Kardinalitas dari Z�n; yaitu jZ�nj; disebut dengan bilangan PhiEuler dinotasikan dengan � (n) ;

� (n) = jZ�nj:

Teorema 2.13 (Teorema Fermat) Misalkan p adalah prima. Jika gcd(a; p) =1; maka

ap�1 � 1 (mod p):Khususnya, untuk sembarang intejer a;

ap � a (mod p)

Teorema 2.14 (Teorema Euler) Jika a 2 Z�n; maka

a�(n) � 1 (mod n):

Teorema 2.15 Jika p dan q adalah dua intejer positif dengan gcd(p; q) = 1;maka

�(pq) = �(p):�(q):

Khususnya, jika p dan q keduanya prima, maka

�(pq) = (p� 1)(q � 1)

Soal 2.5.1 Tanpa melakukan �perkalian yang panjang�, tunjukkan bahwa:

1. 1234567� 90123 � 1(mod 10):

2. 2468� 13579 � �3(mod 25):


Soal 2.5.2 Misalkan diberikan intejer x dan m � 2: Apabila x dibagi m,maka ada intejer r yang memenuhi

x � r(modm); 0 � r < m

dan sering kali disebut residu tak-negatif terkecil dari x (modm): Ten-tukan residu tak-negatif terkecil dari

315(mod 17) dan 1581(mod 13):

Soal 2.5.3 Misalkan (xnxn�1:::x0)10 adalah representasi basis 10 dari intejerpositif x: Tunjukkan bahwa

x � x0 � x1 + x2 � x3 + :::+ (�1)nxn(mod 11);

dan gunakan hasil ini untuk memeriksa apakah 1213141516171819 habis dibagi11:

Soal 2.5.4 Tentukan invers dari

a) 2 di dalam Z11; b) 7 di dalam Z15;c) 7 di dalam Z16; d) 5 di dalam Z13:

Soal 2.5.5 Gunakan Prosedur 7 untuk menentukan invers dari

a) 37 di dalam Z120; b) 123 di dalam Z550;c) 400 di dalam Z1923; d) 1115 di dalam Z2664:

Soal 2.5.6 Gunakan teorema Fermat untuk

1. menghitung sisa apabila 347 dibagi 23:

2. membuktikan bahwa

(a+ b)p � ap + bp(mod p)

dimana a; b; p 2 Z dan p prima.

Soal 2.5.7 Misalkan p prima, dengan memperhatikan produk semua unsurtak-nol di dalam Zp; buktikan bahwa

(p� 1)! � �1(mod p):

Chapter 3

Relasi dan Fungsi

Konsep relasi dan fungsi adalah salah satu landasan terpenting yang digu-nakan untuk memahami banyak konsep lain di dalam matematika seperti:aljabar, kalkulus, teori graf, dsb. Namun demikian, sesuai dengan temamatematika diskret, bahasan relasi dan fungsi disini akan digunakan pen-dekatan teori himpunan yang kebanyakan melibatkan konsep kombinatorial.

3.1 Produk Cartesian dan Relasi

De�nisi 3.1 Produk Cartesian atau produk silang dari dua himpunanA dan B, notasi A�B; adalah himpunan

A�B = f(a; b)=a 2 A; b 2 Bg:

Setiap anggota dari A � B; misalnya (a; b); disebut pasangan terurut(ordered pair), kemudian a dan b disebut komponen pertama dan keduadari (a; b). Sembarang dua anggota dari A � B; misalnya (a; b) dan (c; d);dikatakan sama (notasinya: (a; b) = (c; d)) jika dan hanya jika a = c danb = d:

Jika A dan B berhingga dengan jAj = m dan jBj = n, berdasarkan aturankali jelas bahwa

jA�Bj = mn:De�nisi produk Cartesian dapat diperumum dengan melibatkan lebih daridua himpunan. Jika n 2 Z+; n � 3; dan A1; A2; :::; An adalah n himpunan,maka produk lipat-n dari A1; A2; :::; An; notasinya: A1 � A2 � ::: � An;dide�nisikan sebagai

A1 � A2 � :::� An := f(a1; a2; :::; an)=ai 2 Ai; 1 � i � ng:

61

3.1 Produk Cartesian dan Relasi 62

Sembarang anggota (a1; a2; :::; an) 2 A1 � A2 � ::: � An disebut rangkai-n terurut (ordered n-tuple). Kesamaan dua anggota A1 � A2 � ::: � Andide�nisikan sebagai

(a1; a2; :::; an) = (b1; b2; :::; bn) , ai = bi; 1 � i � n:

A�A dinotasikan dengan A2; dan secara umum produk lipat-n dari A dinota-sikan dengan An; juga

jAnj = jAjn :

Contoh 3.1 Misalkan A = fa; bg dan B = f1; 2; 3g; tentukan A�B; B�A;A2; B2; dan A3:

Jawab. Berdasarkan de�nisinya, maka

A�B = f(a; 1); (a; 2); (a; 3); (b; 1); (b; 2); (b; 3)g;B � A = f(1; a); (1; b); (2; a); (2; b); (3; a); (3; b)g;

A2 = f(a; a); (a; b); (b; a); (b; b)gB2 = f(1; 1); (1; 2); (1; 3); (2; 1); (2; 2); (2; 3); (3; 1); (3; 2); (3; 3)g

A3 = f(a; a; a); (a; a; b); (a; b; a); (a; b; b); (b; a; a); (b; a; b); (b; b; a); (b; b; b)gz

Dari contoh di atas terlihat bahwa secara umum A�B tidak sama denganB � A; namun aturan kali menjamin bahwa jA�Bj = jB � Aj :R� R = R2 dikenal sebagai bidang (bilangan nyata) dari koordinat geometri

atau kalkulus berdimensi dua. R+�R+ adalah interior dari kuadran pertamadari bidang yang bersangkutan. Secara sama, R3 merupakan ruang-3 Euclid-ean.

De�nisi 3.2 Relasi dari himpunan A ke himpunan B adalah sembarangsubhimpunan dari A � B: Sembarang subhimpunan dari A � A disebutrelasi biner pada A:

Dari Contoh 3.1, beberapa contoh relasi dari A ke B adalah:

R1 = f(a; 1); (b; 3)g; R2 = f(a; 1); (a; 3); (b; 2); (b; 3)g;R3 = f(b; 2)g; R4 = ?; R5 = A�B:

Karena jA�Bj = 6; berdasarkan Contoh 1.14, maka banyaknya semua sub-himpunan dari A � B adalah 26: Ini berarti banyaknya semua relasi yangbisa dide�nisikan dari A ke B adalah 26: Secara umum, fakta ini dinyatakankonklusi berikut ini.

3.1 Produk Cartesian dan Relasi 63

Konklusi 1 Untuk sembarang himpunan berhingga A dan B dengan jAj =m dan jBj = n; maka ada sebanyak 2mn relasi dari A ke B; termasuk didalamnya relasi kosong dan A�B sendiri. Secara umum, A�B tidak samadengan B � A; tetapi jA�Bj = jB � Aj: Akibatnya, banyaknya relasi dariB ke A juga 2mn:

Contoh 3.2 Misalkan A = f0; 1; 2; 3; 4g: Relasi biner R pada A dide�n-isikan sebagai: xRy (dibaca: x berrelasi dengan y) jika dan hanya jika x � y:Tentukan relasi R:

Jawab. Berdasarkan de�nisi relasi R; maka

R = f(x; y) 2 A� A�x � yg; atau

R = f(0; 0); (0; 1); (0; 2); (0; 3); (0; 4); (1; 1); (1; 2); (1; 3); (1; 4);(2; 2); (2; 3); (2; 4); (3; 3); (3; 4); (4; 4)g:

Gambarkan R dalam sistem koordinat bidang! z

Contoh 3.3 Misalkan B = fx 2 Z j 0 � x � 10g: Jika relasi biner R padaB dide�nikan: xRy jhj y = 3x� 1: Tentukan relasi R:

Jawab. Berdasarkan de�nisi relasi R; maka

R = f(x; y) 2 B2�y = 3x� 1g= f(1; 2); (2; 5); (3; 8)g

z

Teorema 3.1 Untuk sembarang himpunan A; B; dan C; berlaku:

1. A� (B \ C) = (A�B) \ (A� C) :

2. A� (B [ C) = (A�B) [ (A� C) :

3. (A \B)� C = (A� C) \ (B � C) :

4. (A [B)� C = (A� C) [ (B � C) :

Soal 3.1.1 Misalkan A = f1; 2; 3; 4g; B = f2; 5g; dan C = f3; 4; 7g; ten-tukan A�B; B � A; A� (B [ C); (A [B)� C; dan (A� C) [ (B � C):

3.2 Fungsi 64

Soal 3.1.2 Jika A = f1; 2; 3g dan B = f2; 4; 5g;

1. buatlah tiga contoh relasi tak-nol dari A ke B:

2. buatlah tiga contoh relasi biner tak-nol pada A:

3. tentukan jA�Bj :

4. tentukan banyaknya semua relasi dari A ke B:

5. tentukan banyaknya semua relasi biner pada A:

6. tentukan banyaknya relasi dari A ke B yang memuat (1; 2) dan (1; 5):

7. tentukan banyaknya relasi dari A ke B yang memuat tepat lima pasan-gan terurut.

8. tentukan banyaknya relasi biner pada A yang memuat sedikitnya 7anggota.

3.2 Fungsi

De�nisi 3.3 Fungsi (pemetaan) f dari himpunan A ke himpunan B; dino-tasikan f : A! B; adalah suatu relasi dari A ke B yang setiap anggota dariA muncul hanya sekali sebagai komponen pertama dari pasangan terurutkeanggotaan relasi yang bersangkutan.

Dari de�nisi di atas, jika (a; b) 2 f; maka dapat ditulis b = f(a): Dalamhal ini b disebut imej dari a dibawa oleh f; sedangkan a disebut preimej darib oleh f: Penulisan ringkas dengan menerapkan lambang logika dari de�nisidi atas dapat dinyatakan sebagai berikut.

f : A! B jhj (8a 2 A)(9!b 2 B) b = f(a); atauf : A! B jhj (8a 2 A) [b = f(a) ^ c = f(a)]) b = c

De�nisi 3.4 Dalam hal fungsi f : A! B; A disebut domain dan B disebutkodomain dari f: Subhimpunan dari B yang anggotanya adalah imej darisemua anggota A disebut range dari f; dinotasikan dengan f(A):

Contoh 3.4 Misalkan A = f1; 2; 3g dan B = fw; x; y; zg; perhatikan bahwaf = f(1; w); (2; x); (3; x)g adalah fungsi dari A ke B; sedangkan

g = f(1; w); (2; x)g dan h = f(1; w); (2; w); (2; x); (3; z)g

bukan merupakan fungsi (hanya relasi) dari A ke B:

3.2 Fungsi 65

Contoh 3.5 Beberapa contoh fungsi yang muncul di bidang ilmu komputer:

1. Fungsi �oor, adalah fungsi f : R! Z yang dide�nisikan sebagai

f(x) = bxc

dimana bxc adalah intejer terbesar yang � x: Sebagai ilustrasi:

(a) b3; 8c = 3; b3c = 3; b�3; 8c = �4; b�3c = �3:(b) b7; 1 + 8; 2c = b15; 3c = 15 = 7 + 8 = b7; 1c+ b8; 2c(c) b7; 7 + 8; 4c = b16; 1c = 16 6= 7 + 8 = b7; 7c+ b8; 4c

2. Fungsi ceiling, adalah fungsi f : R! Z yang dide�nisikan sebagai

f(x) = dxe

dimana dxe adalah intejer terkecil yang � x: Sebagai ilustrasi:

(a) d3e = 3; d3; 001e = 4 = d4e; d�3e = �3 = d�3; 8e = d�3; 0001e.(b) d7; 5 + 8; 6e = d16; 1e = 17 = 8 + 9 = d7; 5e+ d8; 6e:(c) d7; 1 + 8; 4e = d15; 5e = 16 6= 8 + 9 = d7; 1e+ d8; 4e

3. Fungsi trunc adalah fungsi trunc : R! Z yang dide�nisikan sebagaitrunc(x) = menghapus bagian pecahaan dari x: Sebagai ilustrasi:

(a) trunc(2; 74) = 2 = b2; 74c; trunc(6) = 6 = b6c:(b) trunc(�2; 74) = �2 = d�2; 74e 6= b�2; 74c = �3:

Berikut ini merupakan sisi kombinatorik yang terkait dengan pende�n-isian fungsi.

Konklusi 2 Diberikan himpunan berhingga tak-kosong A dan B dengan

jAj = m dan jBj = n:

Jika A dan B dituliskan sebagai

A = fa1; a2; :::; amg dan B = fb1; b2; :::; bng;

Mende�nisikan fungsi f : A! B, berarti mende�nisikan himpunan bertipe

f = f(a1; x1); (a2; x2); :::; (am; xm)g:

dimana x1; x2; :::; xm dipilih dari anggota B dengan pengulangan dibolehkan.Dengan demikian, ada sebanyak nm cara mende�nisikan fungsi dari A ke B:

3.2 Fungsi 66

Contoh 3.6 Misalkan A = f1; 2; 3g dan B = fa; bg: De�nisikan semuafungsi dari A ke B:

Jawab. Semuanya ada 23 = 8 fungsi dari A ke B; yaitu:

f1 = f(1; a); (2; a); (3; a)g;f2 = f(1; a); (2; a); (3; b)g;f3 = f(1; a); (2; b); (3; a)g;f4 = f(1; a); (2; b); (3; b)g;f5 = f(1; b); (2; a); (3; a)g;f6 = f(1; b); (2; a); (3; b)g;f7 = f(1; b); (2; b); (3; a)g; danf8 = f(1; b); (2; b); (3; b)g:

z

De�nisi 3.5 Suatu fungsi f : A ! B disebut injektif (satu-satu), jikasetiap anggota B muncul paling banyak satu kali sebagai bayangan dari suatuanggota A:

Dari de�nisi di atas jelas bahwa untuk fungsi f : A ! B yang injektif,maka jelas jAj � jBj : Dengan menggunakan konsep logika de�nisi fungsiinjektif dinyatakan sebagai

f : A! B adalah injektif , (8a1; a2 2 A) f(a1) = f(a2)) a1 = a2:

Contoh 3.7 Misalkan A = f1; 2; 3g dan B = fa; b; c; d; eg: Jelaskan bahwafungsi f = f(1; c); (2; a); (3; d)g adalah injektif, sedangkan fungsi

g = f(1; a); (2; a); (3; e)g

tidak injektif.

Jawab. Perhatikan bahwa komponen kedua dari semua anggota f munculhanya sekali, sehingga f adalah fungsi injektif. Sekarang perhatikan fungsig; unsur a muncul dua kali sebagai komponen kedua di dalam keanggotaang; sehingga g tidak injektif. z

Contoh 3.8 Diberikan fungsi f : R! R dengan rumus pemadanan f(x) =3x+7 untuk setiap x 2 R: Buktikan bahwa f adalah fungsi injektif. Selanjut-nya, diberikan pula fungsi g : R! R dengan rumus pemadaan g(x) = x4 � xuntuk setiap x 2 R: Jelaskan bahwa g tidak injektif.

3.2 Fungsi 67

Bukti. Ambil sembarang a; b 2 R; maka

f(a) = f(b), 3a+ 7 = 3b+ 7, 3a = 3b) a = b:

Berdasarkan de�nisinya dapat disimpulkan bahwa f adalah fungsi injektif.

Perhatikan bahwa g(0) = 04 � 0 = 0 dan g(1) = 14 � 1 = 0: Dengandemikian, g tidak injektif, karena g(0) = g(1) tetapi 0 6= 1: Atau dengankata lain g tidak injektif, karena 9x; y 2 R (dalam hal ini ditunjukkan x = 0dan y = 1) dimana g(x) = g(y); x = y: zBerikut ini merupakan sisi kombinatorik yang terkait dengan pende�n-

isian fungsi injektif.

Konklusi 3 Diberikan himpunan berhingga tak-kosong A dan B; dan mis-alkan jAj = m dan jBj = n dengan m � n: Jika A dan B dituliskan sebagai

A = fa1; a2; :::; amg dan B = fb1; b2; :::; bng;

Mende�nisikan fungsi injektif f : A ! B, berarti mende�nisikan himpunanbertipe

f = f(a1; x1); (a2; x2); :::; (am; xm)g:dimana x1; x2; :::; xm dipilih dari anggota B yang tidak boleh sama (artinyapengulangan tidak dibolehkan). Dengan demikian, ada sebanyak P (n;m) =n!

(n�m)! cara mende�nisikan fungsi injektif dari A ke B:

Contoh 3.9 Misalkan A = f1; 2g dan B = fa; b; cg: De�nisikan semuafungsi injektif dari A ke B:

Jawab. Semuanya ada P (3; 2) = 3!1!= 6 fungsi injektif dari A ke B;

yaitu:

f1 = f(1; a); (2; b)g; f2 = f(1; b); (2; a)g;f5 = f(1; a); (2; c)g; f4 = f(1; c); (2; a)g;f5 = f(1; b); (2; c)g; f6 = f(1; c); (2; b)g:

z

De�nisi 3.6 Misalkan f : A! B dan A1 � A; dide�nisikan

f(A1) = fb 2 B�b = f(a); untuk a 2 A1g:

Dalam hal ini, f(A1) disebut imej dari A1 oleh f:

3.2 Fungsi 68

Contoh 3.10 Misalkan A = f1; 2; 3; 4; 5g dan B = fx; y; z; wg: Fungsi fdide�nisikan dengan

f = f(1; w); (2; x); (3; x); (4; y); (5; y)g:

Jika A1 = f1; 2g; A2 = f2; 3g; dan A3 = f2; 3; 4; 5g; tentukan f(A1); f(A2)dan f(A3):

Jawab. Berdasarkan de�nisinya, maka f(A1) = fw; xg; f(A2) = fxg;dan f(A3) = fx; yg: z

Teorema 3.2 Misalkan f : A! B dengan A1; A2 � A; maka

1. f(A1 [ A2) = f(A1) [ f(A2):

2. f(A1 \ A2) � f(A1) \ f(A2)

3. f(A1 \ A2) = f(A1) \ f(A2) apabila f injektif.

Bukti. Disini hanya akan dibuktikan untuk No. 2., lainnya disisakansebagai latihan.

Ambil sembarang b 2 f(A1 \A2); maka 9a 2 A1 \A2 sehingga f(a) = b:Karena a 2 A1\A2; berarti a 2 A1 dan a 2 A2; akibatnya f(a) 2 f(A1) danf(a) 2 f(A2); dan ini berarti f(a) = b 2 f(A1) \ f(A2): Kesimpulannya

f(A1 \ A2) � f(A1) \ f(A2):

z

De�nisi 3.7 Misalkan f : A ! B dengan A1 � A: Restriksi dari f keA1; dinotasikan dengan f jA1 ; adalah fungsi f jA1 : A1 ! B dengan rumus

f jA1(a) = f(a); 8a 2 A:

De�nisi 3.8 Misalkan A1 � A dan f : A1 ! B: Jika fungsi g : A ! Bdengan rumus

g(a) = f(a); 8a 2 A1;maka g disebut ekstensi dari f ke A:

3.2 Fungsi 69

Contoh 3.11 Misalkan A = f1; 2; 3; 4; 5g dan fungsi f : A ! R dide�n-isikan

f = f(1; 10); (2; 13); (3; 16); (4; 19); (5; 22)g:Misalkan pula dide�nisikan fungsi g : Q! R dengan

g(q) = 3q + 7; 8q 2 Q;

dan fungsi h : R! R dengan

h(r) = 3r + 7; 8r 2 R:

Maka:

1. g adalah ekstensi dari f ke Q:

2. f adalah restriksi dari g ke A:

3. h adalah ekstensi dari f ke R:

4. f adalah restriksi dari h ke A:

5. h adalah ekstensi dari g ke R:

6. g adalah restriksi dari h ke Q:

Soal 3.2.1 Tentukan apakah relasi-relasi berikut ini merupakan fungsi, danjika merupakan fungsi, carilah imejnya.

1. f(x; y)�x; y 2 Z; y = x2 + 7g; suatu relasi dari Z ke Z:

2. f(x; y)�x; y 2 R; y2 = xg; suatu relasi dari R ke R:

3. f(x; y)�x; y 2 R; y = 3x+ 1g; suatu relasi dari R ke R:

4. f(x; y)�x; y 2 Q; x2 + y2 = 1g; suatu relasi dari Q ke Q:

5. R adalah suatu relasi dari A ke B; dimana jAj = 5; jBj = 6; danjRj = 6:

Soal 3.2.2 Misalkan A = f1; 2; 3; 4g dan B = fx; y; zg:

1. Buatlah lima contoh fungsi dari A ke B:

2. Tentukan banyaknya semua fungsi dari A ke B:

3.2 Fungsi 70

3. Tentukan banyaknya fungsi injektif dari A ke B:

4. Tentukan banyaknya semua fungsi dari B ke A:

5. Tentukan banyaknya fungsi injektif dari B ke A:

6. Tentukan banyaknya fungsi f : A! B yang memenuhi f(1) = x:

7. Tentukan banyaknya fungsi f : A! B yang memenuhi f(1) = f(2) =x:

8. Tentukan banyaknya fungsi f : A ! B yang memenuhi f(1) = x danf(2) = y:

Soal 3.2.3

1. Jika ada 2187 fungsi f : A! B dan jBj = 3; tentukan jAj :

2. Jika A = f1; 2; 3; 4; 5g dan ada 6720 fungsi injektif dari A ke B; ten-tukan jBj :

Soal 3.2.4 Tentukan apakah pernyataan-pernyataan benar atau salah. Jikasalah berikan contoh sanggahan.

1. bac = dae untuk semua a 2 Z:

2. bac = dae untuk semua a 2 R:

3. bac = dae � 1 untuk semua a 2 Rr Z:

4. �dae = b�ac untuk semua a 2 R:

Soal 3.2.5

1. Tentukan semua bilangan nyata yang memenuhi d3xe = 3dxe:

2. Misalkan n 2 N+ dimana n > 1; tentukan semua x 2 R yang memenuhidnxe = ndxe:

Soal 3.2.6 Misalkan a1; a2; a3; ::: adalah barisan intejer yang dide�nisikansecara rekursif dengan

a) a1 = 1; dan

3.3 Fungsi Surjektif dan Bilangan Stirling Jenis Kedua 71

b) Untuk semua n 2 N+ dimana n > 1; an = 2abn2c;

1. tentukan an untuk semua 2 � n � 8:2. buktikan bahwa an � n untuk semua n 2 Z+:

Soal 3.2.7 Misalkan A = f1; 2; 3; 4; 5g; B = fw; x; y; zg; A1 = f2; 3; 5g � A;dan g : A1 ! B: Tentukan banyaknya cara memperluas (ekstensi) g menjadifungsi f : A! B:

Soal 3.2.8 Untuk n 2 Z+, dide�nisikan Xn = f1; 2; :::; ng: Diberikan m;n 2Z+; fungsi f : Zm ! Zn disebut naik monoton jika untuk setiap i; j 2 Zmberlaku

1 � i < j � m) f(i) � f(j):

1. Ada berapa banyak fungsi naik monoton dari X7 ke X5:

2. Ada berapa banyak fungsi naik monoton dari X6 ke X9:

3. Buatlah generalisasi dari jawaban Pertanyaan 1: dan 2:

4. Tentukan banyaknya fungsi naik monoton f : X10 ! X6 dimana f(4) =4:

5. Tentukan banyaknya fungsi naik monoton f : X7 ! X12 dimana f(5) =9:

6. Buatlah generalisasi dari jawaban Pertanyaan 4: dan 6:

3.3 Fungsi Surjektif dan Bilangan Stirling Je-nis Kedua

De�nisi 3.9 Suatu fungsi f : A! B disebut surjektif (onto), jika f(A) =B; artinya

(8y 2 B)(9x 2 A) y = f(x):

Contoh 3.12 Jika A = f1; 2; 3; 4g dan B = fx; y; zg; Jelaskan bahwaf1 = f(1; z); (2; y); (3; x); (4; y)g danf2 = f(1; x); (2; x); (3; y); (4; z)g

adalah dua fungsi surjektif dari A ke B; sedangkan fungsi

g = f(1; x); (2; x); (3; y); (4; y)gtidak surjektif.


Jawab. Perhatikan bahwa semua anggota B muncul sebagai komponenkedua di dalam keanggotaan f1 dan f2, sehingga f1 dan f2 adalah fungsisurjektif. Sekarang perhatikan fungsi g; ada anggota B yaitu z yang tidakmuncul sebagai komponen kedua di dalam keanggotaan g; sehingga g tidaksurjektif. z

Contoh 3.13 Jelaskan bahwa fungsi f : Z! Z yang dide�nisikan dengan

f(x) = 3x+ 1; 8x 2 Z;

dan fungsi g : R! R yang dide�nisikan dengan

g(x) = x2; 8x 2 Z;

adalah tidak surjektif.

Jawab. Ambil y = 2; maka 3x+1 = 2 tidak mempunyai solusi di dalamZ: Ini berarti 9y 2 Z (dalam hal ini ditunjukkan y = 2) sehingga @x 2 Zyang berlaku y = f(x):

Ambil y = �1; maka x2 = �1 tidak mempunyai solusi di dalam R: Iniberarti 9y 2 R (dalam hal ini ditunjukkan y = �1) sehingga @x 2 R yangberlaku y = g(x): z

Contoh 3.14 Buktikan bahwa fungsi g : Q! Q yang dide�nisikan dengan

g(x) = 3x+ 1; 8x 2 Q;

dan fungsi h : R! R yang dide�nisikan dengan

h(x) = x3; 8x 2 R;

adalah surjektif.

Bukti. Ambil sembarang y 2 Q; maka y = 3x + 1 , x = y�13dan jelas

bahwa x 2 Q: Dengan demikian, (8y 2 Q)(9x = y�132 Q) sehingga berlaku

g(x) = g(y � 13)

= 3((y � 13) + 1

= y:

Kesimpulannya, g adalah surjektif.


Ambil sembarang y 2 R; maka y = x3 , x = 3py dan jelas bahwa x 2 R:

Dengan demikian, (8y 2 R)(9x = 3py 2 R) sehingga berlaku

h(x) = h( 3py)

= ( 3py)3

= y:

Kesimpulannya, h adalah surjektif. zDari de�nisi di atas jelas bahwa untuk A dan B himpunan berhingga, jika

f : A ! B adalah surjektif, maka jAj � jBj : Dua contoh berikut ini akanmengarah ke konklusi tentang banyaknya cara pende�nisian fungsi surjektif.

Contoh 3.15 Jika A = fx; y; zg dan B = f1; 2g; jelaskan bahwa semuafungsi f : A ! B adalah surjektif kecuali f merupakan fungsi konstan.Selanjutnya, simpulkan bahwa ada 6 cara mende�nisikan fungsi surjektif dariA ke B: Kemudian, nyatakan secara umum untuk A sembarang himpunandengan jAj = m � 2; sedangkan ditetapkan B = f1; 2g; maka ada

2m � 2

cara mende�nisikan fungsi surjektif dari A ke B:

Jawab. Fungsi kosntan dari A ke B ada 2; yaitu

f1 = f(x; 1); (y; 1); (z; 1)g dan f1 = f(x; 2); (y; 2); (z; 2)g:

Jika f : A ! B tidak kontan, maka jelas bahwa semua anggota B munculsebagai komponen kedua di dalam keanggotaan f; akibatnya f pasti surjektif.Dengan demikian, karena ada jBjjAj = 23 = 8 cara mende�nisikan semuafungsi dari A ke B; sedangkan hanya dua yang tidak surjektif, maka ada8� 2 = 6 cara mende�nisikan fungsi surjektif dari A ke B: z

Contoh 3.16 Misalkan A = fx; y; z; wg dan B = f1; 2; 3g: Buktikan bahwaada �

3

3

�34 �

�3

2

�24 +

�3

1

�14

cara mende�nisikan fungsi surjektif dari A ke B: Kemudian, nyatakan se-cara umum untuk A sembarang himpunan dengan jAj = m � 3; sedangkanditetapkan B = f1; 2; 3g; maka ada�

3

3

�3m �

�3

2

�2m +

�3

1

�1m



Bukti. Berdasarkan Konklusi 2, jumlah fungsi yang bisa kita de�nisikandari A ke B adalah 34: Berdasarkan Contoh 1.14, ada

�32

�= 3 subhimpunan

dari B yang berkardinalitas 2; yaitu f1; 2g; f1; 3g; dan f2; 3g: Jumlah fungsidari A ke f1; 2g adalah 24 termasuk fungsi konstan dari A ke f1g dan dariA ke f2g: Secara sama, jumlah fungsi dari A ke f1; 3g adalah 24 termasukfungsi konstan dari A ke f1g dan dari A ke f3g: Demikian pula, jumlah fungsidari A ke f2; 3g adalah 24 termasuk fungsi konstan dari A ke f2g dan dari Ake f3g: Dengan demikian, total jumlah fungsi dari A ke semua subhimpunandari B yang berkardinalitas 1 atau 2 adalah�

3

2

�24 �

�3

1

�14

(Perhatikan bahwa fungsi konstan masing-masing terhitung 2 kali; dalamhal ini fungsi kontan ada

�31

�jenis, yaitu A ke f1g; A ke f2g; dan A ke f3g;

dimana masing-masing berjumlah 1jAj = 14). Jelas bahwa jumlah tersebutmerupakan jumlah semua fungsi ini bukan merupakan fungsi surjektif dariA ke B: Kesimpulannya, jumlah semua fungsi yang surjektif dari A ke Badalah

34 ��3

2

�24 �

�3

1

�14�=

�3

3

�34 �

�3

2

�24 +

�3

1

�14 = 36

zDua contoh terakhir di atas mengarah ke suatu pola (generalisasi) yang

di berikan berikut ini, tanpa pembuktian.

Konklusi 4 Untuk sembarang himpunan berhingga tak-kosong A dan B den-gan jAj = m dan jBj = n; maka ada sebanyak�

n

n

�nm �

�n

n� 1

�(n� 1)m +

�n

n� 2

�(n� 2)m � :::

+(�1)n�2�n

2

�2m + (�1)n�1

�n

1

�1m

=

n�1Xk=0

(�1)k�

n

n� k

�(n� k)m

=nXk=0

(�1)k�

n

n� k

�(n� k)m



Contoh 3.17 Misalkan A = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7g dan B = fw; x; y; zg: Adaberapa cara mende�nisikan fungsi surjektif dari A ke B?

Jawab. Dengan menerapkan Konklusi 4, banyaknya fungsi surjektif dariA ke B adalah

4Xk=0

(�1)k�

4

4� k

�(4� k)7 =

�4

4

�47 �

�4

3

�37 +

�4

2

�27 �

�4

1

�17

= 8400:

z

Contoh 3.18 Departemen Pertahanan mempunyai 7 proyek yang berkaitandengan keamanan tingkat tinggi. Telah ditunjuk 4 perusahaan untuk menan-gani ketujuh proyek tersebut. Demi memaksimalkan tingkat keamanan, setiapproyek tidak boleh ditangani oleh lebih dari satu perusahaan. Ada berapa carapemberian proyek agar keempat perusahaan terlibat?

Jawab. Contoh ini dapat dimodelkan ke dalam Contoh 3.17 denganmemisalkan A adalah himpunan proyek dan B adalah himpunan perusahaan.Banyaknya cara pemberian proyek merupakan merupakan banyaknya carapende�nisian fungsi surjektif dari A ke B; sehingga jawabannya adalah 8400cara. z

Contoh 3.19 7 orang yang tidak saling kenal berada di lantai dasar sebuahgedung yang secara bersamaan akan menggunakan suatu lift untuk naik kelantai atas. Jika gedung tersebut mempunyai 4 lantai (tingkat) diatas lantaidasar, tentukan probabilitas bahwa lift harus berhenti di setiap lantai lantaranada diantara ketujuh orang tersebut yang keluar dari lift.

Jawab. Ukuran ruang contoh dari contoh soal ini adalah banyaknyacara 7 orang memilih 4 lantai (atau banyaknya cara pende�nisian fungsidari domain berukuran 7 ke kodomain berukuran 4), yaitu 47 = 16384 cara.Sedangkan ukuran ruang kejadiannya merupakan model Contoh 3.17, yaitu8400 cara. Dengan demikian, probabilitas bahwa lift harus berhenti di setiaplantai adalah 8400

16384= 0; 5127: z

Contoh 3.20 Staf TU Departemen Matematika terdiri dari Kepala TU dan3 asisten administratif. Misalkan ada 7 dokumen Departemen yang harusdiproses oleh staf TU dan diharuskan tidak ada staf yang nganggur. Adaberapa cara Sekretaris Departemen menugasi staf TU apabila:


1. tidak batasan lagi?

2. Kepala TU harus mengerjakan satu dokumen yang paling penting?

3. Selain mengerjakan satu dokumen yang paling penting, Kepala TUmasih dibolehkan mengerjakan dokumen yang lain?

Jawab. Pertanyaan pada contoh soal ini merupakan model Contoh 3.17.Dengan demikian,

1. apabila tidak ada batasan lagi, jawabannya adalah 8400 cara.

2. Kepala TU harus mengerjakan satu dokumen yang paling penting, be-rarti 6 dokumen tersisa harus dikerjakan oleh 3 staf, sehingga jawaban-nya adalah

3Xk=0

(�1)k�

3

3� k

�(3� k)6 = 540 cara.

3. apabila Kepala TU masih dibolehkan mengerjakan dokumen yang lain,berarti 6 dokumen tersisa harus dikerjakan oleh 4 staf, sehingga jawa-bannya adalah

4Xk=0

(�1)k�

4

4� k

�(4� k)6 = 1560 cara.

zContoh berikut ini akan mengarah generalisasi bilangan Stirling jenis ke-

dua.

Contoh 3.21 Jika A = fa; b; c; dg dan B = f1; 2; 3g; maka ada 36 fungsisurjektif dari A ke B: Bentuk verbal dari pernyataan ini adalah ada 36cara mendistribusikan 4 obyek yang berbeda ke dalam 3 wadah �yang da-pat dibedakan�(urutan wadah diperhatikan), dengan syarat tidak ada wadahyang kosong. Dari 36 cara tersebut, perhatikan 6 contoh berikut ini:

1) fa; bg1 fcg2 fdg3 2) fa; bg1 fdg2 fcg33) fcg1 fa; bg2 fdg3 4) fcg1 fdg2 fa; bg35) fdg1 fa; bg2 fcg3 6) fdg1 fcg2 fa; bg3

dimana, misalnya, notasi fcg2 diartikan sebagai c ada di dalam wadah kedua.Sekarang, jika wadah �tidak lagi dapat dibedakan�(urutan wadah tidak diper-hatikan), maka keenam (3!) contoh tersebut dianggap identik (tidak dibedakan).


Dengan demikian, ada 363!= 6 cara mendistribusikan 4 obyek yang berbeda

ke dalam 3 wadah �yang identik�(urutan wadah tidak diperhatikan), dengansyarat tidak ada wadah yang kosong.

Konklusi 5 Untuk m � n; banyaknya cara mendistribusikan m obyek yangberbeda ke dalam n wadah yang identik, dengan tidak dibolehkan ada wadahyang kosong, adalah

1

n!

nXk=0

(�1)k�

n

n� k

�(n� k)m:

Bilangan ini dinotasikan dengan S(m;n); dan disebut bilangan Stirlingjenis kedua. Perhatikan bahwa jika jAj = m � n = jBj ; maka banyaknyafungsi surjektif dari A ke B adalah n!:S(m;n):

Teorema 3.3 Bilangan Stirling jenis kedua S(m;n) dapat dirumuskan se-cara rekursif dengan

S(m; 1) = 1; S(m;m) = 1;

S(m;n) = S(m� 1; n� 1) + n:S(m� 1; n); untuk 2 � n � m� 1:

Bukti. Dari Konklusi 5, jelas bahwa S(m; 1) = 1 dan S(m;m) = 1: Mis-alkan A = fa1; a2; ::; amg; banyaknya cara mendistribusikan anggota-anggotaA ke dalam n wadah yang identik adalah S(m;n): Dari S(m;n) cara pendis-tribusian ini hanya ada dua kemungkinan, yaitu:

1. am berada di dalam suatu wadah sedirian, atau

2. am berada di dalam suatu wadah tidak sedirian.

Pencacahan kasus yang pertama. Tempatkan am pada salah satu wadah,kemudian anggota A yang tersisa didistribusikan ke dalam wadah yang ter-sisa, dengan tidak ada wadah yang kosong, sehingga ada S(m�1; n�1) carapendistribusian.

Pencacahan kasus yang kedua. Distribusikan anggota A yang tersisa(tanpa am) ke dalam ke dalam n wadah tanpa ada yang kosong, sehingga adaS(m�1; n) cara pendistribusian. Pada setiap cara ini, kemudian diikuti pen-empatan am pada n wadah, sehingga ada n cara penempatan. BedasarkanAturan Kali, secara keseluruhan n:S(m� 1; n) cara pendistribusian.Akhirnya, berdasarkan Aturan Jumlah,

S(m;n) = S(m� 1; n� 1) + n:S(m� 1; n):


zDari teorema di atas, sebagaimana bilangan binomial, kalkulasi bilangan

Stirling dapat disusun berdasarkan segitiga Pascal.m1 12 1 13 1 3 14 1 7 6 15 1 15 25 10 16 1 31 90 65 15 17 1 63 301 350 140 21 1

Dari tabel di atas, perhatikan perhitungan berikut.

S(5; 3) = S(4; 2) + 3:S(4; 3) = 7 + 3:6 = 25:

S(7; 5) = S(6; 4) + 5:S(6; 5) = 65 + 5:15 = 140:

S(8; 4) = S(7; 3) + 4:S(7; 4) = 101 + 4:350 = 1501:

Contoh 3.22 Untukm � n;nPi=1

S(m; i) adalah banyaknya cara yang mungkin

untuk mendistribusikan m obyek yang berbeda ke dalam n wadah yang iden-tik dengan ada wadah yang kosong diperbolehkan. Perhatikan dari baris ke-4dalam tabel bilangan Stirling di atas, bahwa ada 1+ 6+ 7 = 14 cara mendis-tribusikan 4 obyek yang berbeda ke dalam 3 wadah yang identik, dengan adawadah yang kosong diperbolehkan.

Soal 3.3.1 Berikan suatu contoh himpunan berhingga A dan B dengan jAj ;jBj � 4 dan fungsi f : A! B sedemikian sehingga

1. f bukan fungsi injektif maupun surjektif.

2. f fungsi injektif tetapi tidak surjektif.

3. f surjektif tetapi tidak injektif.

4. f surjektif maupun injektif.

Soal 3.3.2 Untuk setiap fungsi f : Z! Z berikut ini, tentukan apakah fmerupakan fungsi injektif dan apakah surjektif. Jika f bukan fungsi surjektif,tentukan imejnya.

a) f(x) = x+ 7 b) f(x) = 2x� 3 c) f(x) = �x+ 5d) f(x) = x2 e) f(x) = x2 + x f) f(x) = x3


Soal 3.3.3 Misalkan A = f1; 2; 3; 4g dan B = f1; 2; 3; 4; 5; 6g:

1. Ada berapa banyak fungsi dari A ke B?

2. Ada berapa banyak fungsi dari A ke B yang injektif?

3. Ada berapa banyak fungsi dari A ke B yang surjektif?

4. Ada berapa banyak fungsi dari B ke A?

5. Ada berapa banyak fungsi dari B ke A yang injektif?

6. Ada berapa banyak fungsi dari B ke A yang surjektif?

Soal 3.3.4

1. Periksalah bahwanXk=0

(�1)k�

n

n� k

�(n� k)m = 0

untuk n = 5 dan m = 2; 3; 4:

2. Periksalah bahwa 57 =5Pi=1

�mi

�(i!)S(7; i):

3. Berilah argumen kombinatorial untuk membuktikan bahwa

mn =nXi=1

�m

i

�(i!)S(n; i); 8m;n 2 Z+:

Soal 3.3.5

1. Misalkan A = f1; 2; 3; 4; 5; 6g dan B = fv; w; x; y; zg: Tentukan banyaknyafungsi f : A! B dimana

(a) f(A) = fv; xg;(b) jf(A)j = 2;(c) f(A) = fw; x; yg;(d) jf(A)j = 3;(e) f(A) = fv; x; y; zg; dan(f) jf(A)j = 3:


2. Misalkan A dan B adalah himpunan dengan jAj = m � n = jBj :Jika k 2 Z+ dengan 1 � k � n; berapa banyaknya fungsi f : A ! Bsehingga jf(A)j = k:

Soal 3.3.6 Seorang instruktur laboratorium komputasi mempunyai 5 orangasisten yang diminta untuk menyelesaikan suatu program yang terdiri atas 9modul. Ada berapa cara sang instruktur menugasi asistennya dengan syaratsemua asisten mendapat tugas dan setiap modul tidak boleh dikerjakan olehlebih dari satu asisten?

Soal 3.3.7 Misalkan kita mempunyai 8 bola dengan warna yang berbeda dan3 wadah yang diberi nomor I; II; III:

1. Ada berapa cara kita dapat mendistribusikan bola ke dalam wadah se-hingga tidak ada wadah yang kosong?

2. Diketahui salah satu bola berwarna biru. Ada berapa cara kita dapatmendistribusikan bola ke dalam wadah sehingga tidak ada wadah yangkosong dan bola biru ada di wadah nomor II?

3. Jika nomor wadah kita hapus sehingga kita tidak mampu membedakan-nya, ada berapa cara kita dapat mendistribusikan bola ke dalam wadahsehingga tidak ada wadah yang kosong?

4. Jika nomor wadah kita hapus sehingga kita tidak mampu membedakan-nya, ada berapa cara kita dapat mendistribusikan bola ke dalam wadah,dengan ada wadah yang kosong diperbolehkan?

Soal 3.3.8

1. Tentukan dua baris berikutnya (yaitu m = 8 dan m = 9) dalam tabelbilangan Stirling.

2. Tuliskan program komputer (atau membuat algoritme) untuk menghi-tung bilangan Stirling S(m;n) jika 1 � m � 12 dan 1 � n � m:

Soal 3.3.9

1. Untuk m;n:r 2 Z+ dengan m � nr; misalkan Sr(m;n) menotasikanbanyaknya cara mendistribusikan m obyek yang berbeda ke dalam nobyek yang identik, dimana setiap wadah menerima sedikitnya r obyek.Periksalah bahwa

Sr(m;n) =

�m� 1r � 1

�:Sr(m� r; n� 1) + n:Sr(m� 1; n):

3.4 Komposisi Fungsi dan Fungsi Invers 81

2. Untuk S(m;n) bilangan Stirling dengan m � 2; buktikan bahwa

S(m; 2) = (m� 1)!m�1Xi=1

1

i:

3.4 Komposisi Fungsi dan Fungsi Invers

De�nisi 3.10 Suatu fungsi f : A! B disebut bijektif (korespondensi satu-satu), jika f injektif dan sekaligus bijektif.

Contoh 3.23 Jika A = f1; 2; 3; 4g dan B = fw; x; y; zg; perhatikan bahwa

f = f(1; z); (2; y); (3; w); (4; x)g

adalah dua fungsi bijektif dari A ke B; sedangkan

g = f(w; 3); (x; 4); (y; 2); (z; 1)g

adalah dua fungsi bijektif dari B ke A:

Dari de�nisi di atas jelas bahwa jika f : A ! B adalah bijektif, makajAj = jBj: Terkait dengan konsep pencacahan, sisi kombinatorik dari de�nisifungsi bijektif diberikan dalam konklusi berikut.

Konklusi 6 Untuk sembarang himpunan berhingga tak-kosong A dan B den-gan jAj = n dan jBj = n; maka ada sebanyak

n! = n(n� 1)(n� 2):::1

cara mende�nisikan fungsi bijektif dari A ke B:

De�nisi 3.11 Jika suatu fungsi f : A! A adalah bijektif , maka f disebutpermutasi pada A.

Contoh 3.24 Misalkan A = f1; 2; 3; 4; 5g; suatu permutasi p : A ! Adide�nisikan sebagai:

p(1) = 3; p(2) = 5; p(3) = 4; p(4) = 2; p(5) = 1:

Permutasi dapat dinyatakan dalam berbagai macam cara. Salah satu carapenulisan yang cukup sering dipakai adalah sebagai berikut:

p =

�1 2 3 4 53 5 4 2 1

�;

dimana baris yang atas adalah larik (array) sebagai domain dari p; sedangkanbaris yang bawah adalah larik sebagai imej dari p:


De�nisi 3.12 Fungsi bijektif 1A : A! A yang dide�nisikan dengan 1A(a) =a; 8a 2 A; disebut fungsi (permutasi) identitas pada A:

De�nisi 3.13 Dua fungsi f; g : A! B dikatakan sama, ditulis f = g; jikaf(a) = g(a), 8a 2 A:

Contoh 3.25 Perhatikan dua fungsi f; g : R! Z yang dide�nisikan dengan

f(x) =

�x; jika x 2 Zbxc+ 1; jika x 2 Rr Z

g(x) = dxe; 8x 2 R:

Jika x 2 Z; maka f(x) = x = dxe = g(x): Untuk x 2 Rr Z; dapat ditulis

x = n+ r; dimana n 2 Z dan 0 < r < 1;

makaf(x) = bxc+ 1 = n+ 1 = dxe = g(x):

Kesimpulannya, walaupun f dan g mempunyai rumus yang berbeda, f = g:

De�nisi 3.14 Misalkan f : A ! B dan g : B ! C; fungsi komposit darif dan g; dinotasikan g � f : A! C; dide�nisikan dengan

(g � f)(a) = g(f(a)); 8a 2 A:

Contoh 3.26 Misalkan A = f1; 2; 3; 4g; B = fa; b; cg, dan C = fw; x; y; ; zgdengan f : A! B dan g : B ! C dirumuskan

f = f(1; a); (2; a); (3; b); (4; c)g dan g = f(a; x); (b; y); (c; z)g:

Untuk setiap a 2 A; diperoleh

(g � f)(1) = g(f(1)) = g(a) = x (g � f)(2) = g(f(2)) = g(a) = x(g � f)(3) = g(f(3)) = g(b) = y (g � f)(4) = g(f(4)) = g(c) = z;

Jadig � f = f(1; x); (2; x); (3; y); (4; z)g:

Dengan mudah dapat dilihat bahwa secara umum fungsi komposit tidakkomutatif. Dalam hal ini, ada pasangan fungsi f dan g sehingga g�f 6= f �g:

Teorema 3.4 Jika fungsi f : A ! B dan g : B ! C keduanya bijektif,maka g � f juga bijektif.


Bukti. Asumsikan bahwa f dan g bijektif. Akan dibuktikan bahwa g � fbijektif, yaitu:

1. g � f injektif. Untuk sembarang x; y 2 A

(g � f) (x) = (g � f) (y)) g (f (x)) = g (f (y))) f (x) = f (y)) x = y

2. g � f surjektif. Ambil sembarang z 2 C: Karena g surjektif, maka9y 2 B sehingga z = g (y) : Dari adanya y 2 B; karena f surjektif,maka 9x 2 B sehingga y = f (x) : Akibatnya,

z = g (y) = g (f (x)) = (g � f) (x) :

z

Teorema 3.5 (Hukum Asosiatif) Jika fungsi f : A! B, g : B ! C, danh : C ! D; maka

(h � g) � f = h � (g � f):

Bukti. Ambil sembarang x 2 A; maka

[(h � g) � f ] (x) = (h � g) (f (x)) = h (g (f (x))) = h ((g � f) (x))= [h � (g � f)] (x)

z

De�nisi 3.15 Jika f : A ! A; dide�nisikan f 1 = f; dan 8n 2 Z+; fn+1 =f � fn:

Contoh 3.27 Misalkan A = f1; 2; 3; 4g dan f : A! A dide�nisikan dengan

f = f(1; 2); (2; 3); (3; 4); (4; 3)g;

maka

f 2 = f � f = f(1; 2); (2; 2); (3; 2); (4; 1)gf 3 = f � f 2 = f � f � f = f(1; 2); (2; 2); (3; 2); (4; 2)g:

De�nisi 3.16 Jika R adalah relasi dari himpunan A ke B; maka konversdari R; dinotasikan Rc; dide�nisikan

Rc := f(b; a)=(a; b) 2 Rg:


Contoh 3.28 Misalkan A = f1; 2; 3g dan B = fw; x; yg; fungsi f : A ! Bdirumuskan

f = f(1; w); (2; x); (3; y)g;maka

f c = f(w; 1); (x; 2); (y; 3)gadalah fungsi dari B ke A, dan perhatikan bahwa

f c � f = 1A dan f � f c = 1B:

De�nisi 3.17 Misalkan f : A ! B; maka f dikatakan invertibel apabilaada fungsi g : B ! A sedemikian sehingga

g � f = 1A dan f � g = 1B:

Contoh 3.29 Misalkan f; g : R! R dirumuskan dengan

f(x) = 2x+ 5 dan g(x) =1

2(x� 5);

maka

(g � f)(x) = g(f(x)) = g(2x+ 5) =1

2((2x+ 5)� 5) = x = 1R(x)

(f � g)(x) = f(g(x)) = f(1

2(x� 5)) = 2(1

2(x� 5)) + 5 = x = 1R(x):

Kesimpulannya, f dan g adalah dua fungsi yang saling invertibel.

Teorema 3.6 Jika f : A! B adalah invertibel dan g : B ! A memenuhi

g � f = 1A dan f � g = 1B;

maka g adalah tunggal (unik). Dalam hal ini g disebut invers dari f; dino-tasikan g = f�1; selanjutnya

f�1 = f c dan (f�1)�1 = f:

Bukti. Misalkan fungsi h : B ! A juga memenuhi

h � f = 1A dan f � h = 1B;

makah = h � 1B = h � (f � g) = (h � f) � g = 1A � g = g

z


Teorema 3.7 f : A! B invertibel jika dan hanya jika f bijektif.

Bukti. ()) Misalkan f invertibel, maka ada tepat satu f�1 sehingga

f�1 � f = 1A dan f � f�1 = 1B:

Akan dibuktikan f bijektif, yaitu:

1. f injektif. Untuk sembarang x; y 2 A,

f (x) = f (y)) f�1 (f (x)) = f�1 (f (y))) 1A (x) = 1A (y)) x = y

2. f surjektif. Ambil sembarang y 2 B; maka ada x 2 A; yaitu x =f�1 (y) ; sehingga

f (x) = f�f�1 (y)

�= 1B (y) = y:

(() Asumsikan bahwa f bijektif, maka (8y 2 B) (9!x 2 A) sehingga y =f (x) : Akibatnya, dapat dide�nisikan fungsi g : B ! A dengan g (y) = xsehingga

g (f (x)) = x, (g � f) (x) = x, 1A (x) = x

danf (g (y)) = f (x) = y , (f � g) (y) = y , 1B (y) = y

Jadi, g = f�1 sehingga f invertibel. z

Contoh 3.30 Fungsi f : R ! R yang dirumuskan dengan f(x) = x2 tidakinvertibel karena f tidak bijektif. Akan tetapi fungsi g : A ! B dimanaA = B = [0;+1) dan g dirumuskan dengan g(x) = x2 adalah invertibel.Dalam hal ini, g�1(x) =

px:

Teorema 3.8 Jika fungsi f : A ! B dan g : B ! C keduanya invertibel,maka g � f : A! C adalah invertibel dan

(g � f)�1 = f�1 � g�1:

Bukti. Asumsikan f dan g invertibel, maka ada funsi f�1 : B ! A dang�1 : C ! B sehingga

f�1 � f = 1A dan f � f�1 = 1B:g�1 � g = 1B dan g � g�1 = 1C


Berdasarkan Teorema 3.4, g � f juga invertibel dengan invers (g � f)�1 dan

(g � f)�1 � (g � f) = 1A

Di lain pihak,

(f�1 � g�1) � (g � f) = f�1 ��g�1 � g

�� f =

�f�1 � 1B

�� f

= f�1 � f = 1A

Jadi, (g � f)�1 = f�1 � g�1: z

Contoh 3.31 Untuk m; b 2 R; m 6= 0; fungsi f : R! R dide�nisikan den-gan f = f(x; y)�y = mx + bg merupakan fungsi invertibel, karena jelas fbijektif. Untuk mendapatkan f�1; perhatikan bahwa

f�1 = f(x; y)�y = mx+ bgc = f(y; x)�y = mx+ bg

= f(x; y)�x = my + bg = f(x; y)�y = 1

m(x� bg:

Jadi, f�1 : R! R dide�nisikan dengan f�1 (x) = 1m(x� bg:

De�nisi 3.18 Jika f : A! B dan B1 � B; maka

f�1(B1) = fx 2 A�f(x) 2 B1g

disebut preimej dari B1 oleh f:

Contoh 3.32 Misalkan A;B 2 Z+ dimana A = f1; 2; 3; 4; 5; 6g dan B =f6; 7; 8; 9; 10g: Jika f : A! B dengan

f = f(1; 7); (2; 7); (3; 8); (4; 6); (5; 9); (6; 9)g;

maka perhatikan contoh-contoh berikut.

1. Untuk B1 = f6; 8g � B; diperoleh f�1 (B1) = f3; 4g; karena f (3) = 8dan f (4) = 6; dan untuk sembarang a 2 A; f(a) =2 B1 kecuali jikaa = 3 atau a = 4: Dalam hal ini jf�1 (B1)j = 2 = jB1j :

2. Dalam hal B2 = f7; 8g � B; karena f (1) = f (2) = 7 dan f (3) = 8;maka kita dapatkan bahwa f�1 (B2) = f1; 2; 3g: Dalam hal ini, jf�1 (B2)j =3 > 2 = jB2j :

3. Untuk B3 = f8; 9g � B; maka f�1 (B3) = f3; 5; 6g karena f (5) =f (6) = 9 dan f (3) = 8: Dalam hal ini, jf�1 (B3)j = 3 > 2 = jB3j :


4. Untuk B4 = f8; 9; 10g � B; maka f�1 (B3) = f3; 5; 6g karena f (5) =f (6) = 9 dan f (3) = 8: Perhatikan bahwa jf�1 (B4)j = jf�1 (B3)jwalaupun B4 � B3: Hal ini karena tidak ada a 2 A sehingga f(a) = 10;berarti f�1 (f10g) = ?:

Teorema 3.9 Jika f : A! B dan B1; B2 � B; maka

1. f�1 (B1 \B2) = f�1 (B1) \ f�1 (B2) ;

2. f�1 (B1 [B2) = f�1 (B1) [ f�1 (B2) ; dan

3. f�1�B1�= f�1 (B1):

Teorema 3.10 Misalkan f : A ! B untuk A dan B himpunan berhinggadimana jAj = jBj ; maka ketiga pernyataan berikut ekuivalen:

1. f fungsi injektif,

2. f fungsi surjektif, dan

3. f fungsi invertibel.

Soal 3.4.1

1. Untuk A = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7g; ada berapa banyak fungsi bijektif f : A!A yang memenuhi f(1) 6= 1?

2. Jika A = fx�x 2 Z+; 1 � x � ng untuk suatu n 2 Z+; ada berapabanyak fungsi bijektif f : A! A yang memenuhi f(1) 6= 1?

Soal 3.4.2

1. Untuk A = f�2; 7g � R dide�nisikan fungsi g; f : A! R dengan

f (x) = 2x� 4 dan g (x) =2x2 � 8x+ 2

:

Periksalah bahwa f = g:

2. Dari Pertanyaan 1 apakah masih tetap f = g apabila g; f : A ! Bdimana B = f�7; 2g:


Soal 3.4.3 Misalkan f; g; h : Z! Z dide�nisikan dengan f(x) = x � 1;g(x) = 3x; dan

h(x) =

�0; jika x genap1; jika x ganjil.

Tentukan:

1. f � g; g � f; g � h; h � g; f � (g � h) ; dan (f � g) � h:

2. f 2; f 3; g2; g3; h2; h3; dan h500:

Soal 3.4.4 Misalkan f : A! B dan g : B ! C. Buktikan bahwa:

1. Jika g � f surjektif, maka g surjektif.

2. Jika g � f injektif, maka f injektif.

Soal 3.4.5 Pada masing-masing fungsi f : R! R yang dide�nisikan berikutini, tentukan apakah f invertibel, jika ya, tentukan f�1:

1. f = f(x; y)�2x+ 3y = 7g:

2. f = f(x; y)�ax+ by = c; b 6= 0g:

3. f = f(x; y)�y = x3g:

4. f = f(x; y)�y = x4 + xg:

Soal 3.4.6 Jika A;B � Z+ dengan A = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7g, B = f2; 4; 6; 8; 10; 12g;dan f : A! B dimana

f = f(1; 2) ; (2; 6) ; (3; 6) ; (4; 8) ; (5; 6) ; (6; 8) ; (7; 12)g;

tentukan preimej B1 oleh f yang diketahui berikut ini.

a) B1 = f2g b) B1 = f6g c) B1 = f6; 8gd) B1 = f6; 8; 10g e) B1 = f6; 8; 10; 12g f) B1 = f10; 12g

Soal 3.4.7 Misalkan f : R! R dide�nisikan dengan

f(x) =

8<:x+ 7; x � 0�2x+ 5; 0 < x � 3x� 1; 3 � x

:

Tentukan:

3.5 Relasi Ekuivalensi 89

1. f�1(�10); f�1(0); f�1(4); f�1(6); f�1(7); dan f�1(8):

2. preimej oleh f dari selang

a) [�5;�1] b) [�5; 0] c) [�2; 4] d) [5; 10] e) [11; 17]

Soal 3.4.8 Misalkan f : R! R dide�nisikan dengan f (x) = x2; Untuksetiap subhimpunan B � R berikut ini, carilah f�1(B):

a) B = f0; 1g b) B = f�1; 0; 1g c) B = [0; 1]

d) B = [0; 1) e) B = [0; 4] f) B = (0; 1] [ (4; 9)

Soal 3.4.9

1. Misalkan A = f1; 2; 3; 4; 5g dan B = f6; 7; 8; 9; 10; 11; 12g: Ada berapacara mende�nisikan fungsi f : A! B sehingga f�1(f6; 7; 8g) = f1; 2g?

2. Jika jAj = jCj = 5; ada berapa cara mende�nisikan fungsi f : A ! Csehingga f invertibel.

Soal 3.4.10 Buktikan semua teorema di didalam subbab ini!

3.5 Relasi Ekuivalensi

De�nisi 3.19 Suatu relasi (biner) R pada himpunan A disebut re�eksifapabila berlaku

(x; x) 2 R; 8x 2 A:

Contoh 3.33 Jika A = f1; 2; 3; 4g; jelaskan bahwa

R1 = f(1; 1); (1; 4); (2; 2); (2; 1); (3; 4); (4; 4)g

tidak re�eksif, sedangkan

R2 = f(x; y) 2 A� A�x � yg

adalah re�eksif.

Jawab. Perhatikan bahwa, karena (3; 3) =2 R1 sedangkan 3 2 A;makaR1

tidak re�eksif. Karena untuk setiap x 2 A berlaku x � x; maka (x; x) 2 R2

untuk setiap x 2 A; akibatnya setiap x 2 A re�eksif. z


Konklusi 7 Berdasarkan Konklusi 1, jika jAj = n; maka diperoleh bahwajA� Aj = n2 dan banyaknya relasi pada A adalah 2n2 : Sekarang, banyaknyarelasi re�eksif pada A adalah

2(n2�n):

Bukti. Misalkan A = fa1; a2; :::; ang; relasi R pada himpunan A re�eksifjika dan hanya jika A1 = f(ai; ai)�ai 2 Ag � R (perhatikan bahwa jA1j =n): Keanggotaan R yang lain merupakan anggota subhimpunan dari

A2 = f(ai; aj)�ai; aj 2 A; ai 6= ajg;

(perhatikan bahwa jA2j = jA� Aj � jA1j = n2 � n). Dengan demikian adasebanyak 2(n

2�n) cara untuk untuk mengkonstruksi R: z

De�nisi 3.20 Suatu relasi R pada himpunan A disebut simetrik apabilaberlaku

(x; y) 2 R ) (y; x) 2 R; 8x; y 2 A:

Contoh 3.34 Misalkan A = f1; 2; 3g; maka relasi

1. R1 = f(1; 2); (2; 1); (1; 3); (3; 1)g adalah simetrik tetapi tidak re�eksifpada A:

2. R2 = f(1; 1); (2; 2); (3; 3); (3; 2)g adalah re�eksif tetapi tidak simetrikpada A:

3. R3 = f(1; 1); (2; 2); (3; 3)g adalah re�eksif sekaligus simetrik pada A:

4. R4 = f(1; 1); (2; 2); (3; 3); (2; 3); (3; 2)g adalah re�eksif sekaligus simetrikpada A:

5. R5 = f(1; 1); (2; 3); (3; 3)g adalah bukan re�eksif maupun simetrik padaA:

Konklusi 8 Jika jAj = n; maka banyaknya relasi simetrik pada A adalah

2(n2+n2

);

dan banyaknya relasi yang re�eksif dan sekaligus simetrik adalah

2(n2�n2

):


Bukti. Misalkan A = fa1; a2; :::; ang: Perhatikan bahwa himpunan A�Abisa dituliskan sebagai A� A = A1 [ A2; dimana

A1 = f(ai; ai)�1 � i � ng danA2 = f(ai; aj)�1 � i; j � n; i 6= jg:

Dalam hal ini, A1 \ A2 = ?; jA1j = n; dan

jA2j = jA� Aj � jA1j = n2 � n

Perhatikan pula bahwa keanggotaan A2 dapat dibuat berpasang-pasangan,yaitu (ai; aj) berpasangan dengan (aj; ai); sehingga di dalamA2 ada sebanyakn2�n2pasang.

Untuk mengkonstruksi suatu relasi simetrik berarti mende�nisikan him-punan yang anggotanya beberapa anggota dari A1 (boleh tidak ada) danbeberapa pasang dari A2 (boleh tidak ada). Dengan demikian banyaknyacara mengkonstruksi relasi simetrik adalah

2n � 2n2�n2 = 2

n2+n2 :

Untuk mengkonstruksi suatu relasi simetrik dan sekaligus re�eksif berartimende�nisikan himpunan yang anggotanya semua anggota dari A1 dan be-berapa pasang dari A2 (boleh tidak ada). Dengan demikian banyaknya caramengkonstruksi relasi simetrik dan sekaligus re�eksif adalah

1� 2n2�n2 = 2

n2�n2 :

z

De�nisi 3.21 Suatu relasi R pada himpunan A disebut transitif apabilaberlaku

(x; y) dan (y; z) 2 R ) (x; z) 2 R; 8x; y; z 2 A:

Contoh 3.35 Misalkan A = f1; 2; 3; 4g; maka relasi

R1 = f(1; 1); (2; 3); (3; 4); (2; 4)g

adalah transitif, sedangkan

R2 = f(1; 3); (3; 2)g

tidak transitif karena (1; 3); (3; 2) 2 R2 sedangakan (1; 2) =2 R2:


De�nisi 3.22 Suatu relasi R pada himpunan A disebut antisimetrik apa-bila berlaku

(x; y) dan (y; x) 2 R ) x = y; 8x; y 2 A:

Contoh 3.36 Diberikan himpunan semesta U; dan misalkan P(U) adalahhimpunan kuasa dari U: SuatuR pada P(U) yang dide�nisikan dengan (A;B) 2R , A � B merupakan relasi antisimetrik. Selain itu, perhatikan bahwa Rjuga merupakan relasi re�eksif dan transitif. Tetapi, R tidak simetrik karenaA � B tidak selalu berakibat B � A (ambil kasus A � B; maka B * A).

Contoh 3.37 Misalkan A = f1; 2; 3g: Jika relasi R pada A dide�nisikandengan R = f(1; 2); (2; 1); (2; 3)g; maka R tidak simetrik karena (3; 2) =2R; dan R juga bukan antisimetrik karena 1 6= 2: Jika dide�nisikan relasiR1 = f(1; 1); (2; 2)g; maka R1 adalah simetrik dan juga antisimetrik. Jikadide�nisikan relasi R2 = f(1; 1); (2; 2); (1; 2)g; maka R2 adalah antisimetrik,tetapi tidak simetrik.

Sebagai latihan, buktikan konklusi berikut ini.

Konklusi 9 Jika jAj = n > 0; maka ada sebanyak

(2n)(3n2�n2 )

cara untuk mende�nisikan relasi antisimetrik pada A:

De�nisi 3.23 RelasiR pada himpunan A disebut ekuivalensi jikaR adalahsekaligus re�eksif, simetrik, dan transitif.

Contoh 3.38 Misalkan A = f1; 2; 3g; maka relasi:

1. R1 = f(1; 1); (2; 2); (3; 3)g;

2. R2 = f(1; 1); (2; 2); (2; 3); (3; 2); (3; 3)g;

3. R3 = f(1; 1); (1; 3); (3; 1); (2; 2); (3; 3)g; dan

4. R4 = f(1; 1); (1; 2); (1; 3); (2; 2); (2; 3); (3; 2); (3; 3); (2; 1); (3; 1)g:

semuanya adalah relasi ekuivalensi.

De�nisi 3.24 Diberikan himpunan indeks I = f1; 2; :::; kg: Suatu partisiP dari himpunan X adalah keluarga subhimpunan tak-kosong dari X;ditulis P = fXi�i 2 Ig; yang memenuhi:


1.kSi=1

Xi = X; dan

2. untuk setiap i 6= j; Xi \Xj = ?:

Masing-masing subhimpunanXi disebut part dari partisi P: Berdasarkande�nisi tersebut, untuk sembarang x 2 X; maka ada tepat satu part dari P(dengan kata lain ada tepat satu s 2 I) sehingga x 2 Xs:

Contoh 3.39 Misalkan X = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10; 11; 12; 13; 14; 15; 16g:Keluarga subhimpunan fX1; X2; X3; X4; X5g dengan

X1 = f1; 5; 9g; X2 = f2; 3; 4; 6; 7g; X3 = f8g;X4 = f10; 11; 13; 14g; X5 = f12; 15; 16g

merupakan suatu partisi pada X:

Teorema 3.11 Misalkan S(n; k) menotasikan banyaknya partisi dari him-punan X berangota n obyek ke dalam k part merupakan bilangan stirlingjenis kedua, yaitu

S(n; k); untuk 1 � k � n:

Teorema 3.12 Setiap relasi ekuivalensi R pada X menentukan suatu par-tisi pada X: Dalam hal demikian, untuk sembarang x 2 X; suatu part yangmemuat x; yaitu

Cx = fy 2 X�yRxgdisebut kelas ekuivalensi dari x:

Konvers dari teorema di atas juga benar, yaitu: setiap partisi dari X akanmenentukan suatu relasi ekuivalensi R pada X: Dalam hal ini, xRy jika danhanya jika x dan y berada di dalam suatu part yang sama.

Contoh 3.40 Misalkan X = f1; 2; 5; 6; 7; 9; 11g: Relasi R pada X dide�n-isikan: xRy jika dan hanya jika (x� y) habis dibagi 5: Dengan mudah dapatdiperiksa bahwa R adalah relasi ekuivalensi. Selanjutnya, partisi P pada Xyang ditentukan oleh R adalah

P = ff1; 6; 11g; f2; 7g; f5g; f9gg:

Chapter 4

Tiga Topik Pilihan

Pada bab ini dibahas tiga yang terkait dengan masalah komputasi:

� Kompleksitas Komputasi.

� Bahasa: Mesin Status Berhingga.

� Relasi Rekurensi.

4.1 Kompleksitas Komputasi

Apabila syarat-syarat kebenaran suatu algoritme telah dipenuhi, maka per-tanyaan yang muncul adalah berapa lama algoritme tersebut mampu menye-lesaikan suatu problem. Kemudian, apabila satu problem dapat diselesaikanoleh lebih dari satu algoritme, maka algoritma mana yang terbaik. Un-tuk menjawab bertanyaan-pertanyaan ini diperlukan suatu parameter untukmengukur baik tidaknya suatu algoritma.

Faktanya, banyak hal yang mempengaruhi lama tidaknya suatu algoritmamenyelesaikan suatu problem, diantaranya: compiler, kecepatan eksekusi,atau karakteristik komputer yang digunakan. Terlepas dari ukuran-ukuran�sik ini, ada suatu ukuran matematis yang akan kita kedepankan dalam ba-hasan ini, yaitu fungsi kompleksitas waktu (time-complexity function).Fungsi kompleksitas waktu f(n) adalah yang mengambil nilai input intejerpositif n dan mepunyai sifat f (n) akan membesar jika n membesar. Sifatinilah yang akan membawa kita pada masalah analisis algoritme yang terkaitdengan masalah nilai n besar. Untuk mempelajari fungsi kompleksitas waktudiperlukan suatu pengertian atau konsep yang disebut dominasi fungsi.

94

4.1 Kompleksitas Komputasi 95

4.1.1 Dominasi Fungsi

De�nisi 4.1 Misalkan f; g : Z+ ! R: Kita katakan bahwa g mendominasif (atau f didominasi g) jika ada konstata m 2 R+ dan konstanta k 2 Z+sedemikian sehingga

jf (n)j � m jg (n)j ; dimana n � k;8n 2 Z+:

Dari de�nisi di atas terlihat bahwa pembatasan nilai fungsi f oleh keli-patan m nilai fungsi g berlaku untuk nilai n � k; sedangkan untuk k < ntidak menjadi perhatian. Ini menunjukkan bahwa dominansi fungsi hanyaberkaitan dengan batasan-batasan fungsi untuk nilai n besar.

Apabila f didominasi oleh g; maka f dikatakan berorder (paling banyak)g dan ditulis dengan f 2 O (g) ; dimana O (g) dibaca dengan �order g�atau�Oh-besar dari g�. O (g) merepresentasikan himpunan semua fungsi dengandomain Z+ dan kodomain R+ yang didominansi oleh g:

Contoh 4.1 Misalkan f; g : Z+ ! R+ dengan f (n) = 5n dan g (n) = n2:Dengan mudah dapat diperiksa bahwa f (n) > g (n) untuk 1 � n � 4: Akantetapi, jika 5 � n; maka 5n � n2; sehingga

jf (n)j = 5n � n2 = jg (n)j ; untuk n � 5:

Akibatnya, f 2 O (g) dengan m = 1 dan k = 5:

Berdasarkan De�nisi 4.1 bisa dibuktikan bahwa g =2 O (f) : Secara umum,fungsi linear didominasi oleh fungsi kuadrat, akan tetapi fungsi kuadrat tidakdidominasi oleh fungsi linear.

Contoh 4.2 Misalkan f; g : Z+ ! R+ dengan f (n) = 5n2 + 3n + 1 dang (n) = n2: Maka

jf (n)j =��5n2 + 3n+ 1�� = 5n2 + 3n+ 1 � 5n2 + 3n2 + n2 = 9n2 = 9 jg (n)j ;

untuk semua n � 1: Kesimpulannya, f 2 O (g) dengan m = 9 dan k = 1:Dilain pihak

jg (n)j =��n2�� = n2 � 5n2 + 3n+ 1 = ��5n2 + 3n+ 1�� = jf (n)j ;

untuk semua n � 1: Kesimpulannya, g 2 O (f) : Jadi

O (f) = O (g) = O(n2):

Dengan kata lain f dan g saling mendominasi satu sama lain.


Dari contoh di atas ini, secara umum bisa dibuktikan bahwa fungsi kuadratsaling mendominasi satu sama lain. Jadi, untuk sembarang fungsi kuadratadalah anggota dari O (n2) :

Contoh 4.3 Misalkan f; g : Z+ ! R+ dengan f (n) = 3n3 + 7n2 � 4n + 2dan g (n) = n3: Maka

jf (n)j =��3n3 + 7n2 � 4n+ 2��

��3n3��+ ��7n2��+ j�4nj+ j2j

� 3n3 + 7n3 + 4n3 + 2n3 = 16n3 = 16 jg (n)j ;

untuk semua n � 1: Kesimpulannya, f 2 O (g) dengan m = 16 dan k = 1:Dilain pihak karena (7n� 4) > 0 untuk semua n � 1; kita dapatkan

jg (n)j =��n3�� = n3 � 3n3 + (7n� 4)n+ 2 = ��3n3 + (7n� 4)n+ 2�� = jf (n)j

untuk semua n � 1: Kesimpulannya, g 2 O (f) dengan m = 1 dan k = 1:Jadi

O (f) = O (g) = O(n3):

Dengan kata lain f dan g saling mendominasi satu sama lain.

Dari contoh di atas ini, secara umum bisa dibuktikan bahwa fungsi ku-bik saling mendominasi satu sama lain. Jadi, untuk sembarang fungsi ku-bik adalah anggota dari O (n3) : Juga bisa dibuktikan bahwa fungsi kuadratdidominasi oleh fungsi kubik, tetapi fungsi kuadrat tidak mendominasi fungsikubik.

Contoh 4.4 Misalkan f; g : Z+ ! R+ dengan

f (n) = 1 + 2 + 3 + :::+ n; dan g (n) = 12 + 22 + 32 + :::+ n2:

Dengan induksi matematika bisa dibuktikan bahwa

f (n) =n (n+ 1)

2; dan g (n) =

n (n+ 1) (2n+ 1)

6:

Jadi, f adalah fungsi kuadrat dan g adalah fungsi kubik, sehingga

f 2 O�n2�; dan g 2 O

�n3�

Dari beberapa contoh dominansi fungsi di atas, sampailah kita pada duaobservasi berikut ini yang nantinya bisa di manfaatkan untuk analisis algo-ritme.


1. Misalkan f; g; h : Z+ ! R; dimana f 2 O (g) dan g 2 O (h) ; maka bisadibuktikan bahwa f 2 O (h) : Akan tetapi, jika h =2 O (g) ; maka dapatkita simpulkan bahwa: �pernyataan f 2 O (g) " mempunyai batasanlebih baik dari pada �pernyataan f 2 O (h) ": Contonya, jika f (n) = 5,g (n) = 5n; dan h (n) = n2 untuk setiap n 2 Z+; maka f 2 O (g), g 2O (h) ; dan f 2 O (h) : Karena h =2 O (g) ; maka f 2 O (g) mempunyaibatasan lebih baik dari pada f 2 O (h) :

2. Dalam tabel berikut diberikan beberapa bentuk Oh-besar yang seringmuncul dalam aplikasi analisis algoritme. Urutan batasan lebih baikdisusun dari atas ke bawah.

Tabel Oh-Besar

Bentuk Oh-besar NamaO (1) Konstan

O (log2 n) LogaritmikO (n) Linear

O (n log2 n) n log2 nO (n2) KuadratikO (n3) Kubik

O (nm) ;m = 0; 1; 2; ::: PolinomialO (cn) ; c > 1 EksponesialO (n!) Faktorial

Contoh 4.5 Misalkan f; g; h : Z+ ! R dide�sikan dengan f (n) = 57,g (n) = 5n � 1; dan h (n) = 10 log2 n + 11: Maka f 2 O (1), g 2 O (n) ;dan f 2 O (log2 n) :

Soal 4.1.1 Gunakan Tabel Oh-besar untuk menentukan bentuk Oh-besar fungsi-fungsi f : Z+ ! R berikut. (Beberapa diantaranya kemudian buktikan!)

1. f (n) = n3 � 5n2 + 25n� 165: Buktikan!

2. f (n) = 3 + sin�1n

�: Buktikan!

3. f (n) = 5n+ cos (2n� 1) : Buktikan!

4. (n) = 3n5 + 5:2n: Buktikan!

5. f (n) = 5n2 + 3n log2 n+ 3n

6. f (n) = 4n+ (n� 1)4 : Buktikan!


7. f (n) = 1 + 3 + 5 + :::+ (2n� 1) : Buktikan!

8. f (n) = 1 + 4 + 7 + :::+ (3n� 2) : Buktikan!

9. f (n) = 7n+ 5n log2 n� 20:

10. f (n) = 3n + (n� 2)! + 7n� 12:

11. f (n) = 5n + 100n5 + 10n� 10:

12. f (n) = 3n10 � n2 log2 n+ 3n:

13. f (n) = n3 � n2 log2 n+ 4n2 + 1:

14. f (n) = n!� n10 log2 n2 + 42n + 1:

4.1.2 Analisis Algoritme

Tibalah saatnya sekarang kita akan menerapkan konsep dominansi fungsi un-tuk mengukur berapa lama algoritme mampu menyelesaikan suatu problem,dan pada gilirannya dapat juga digunakan untuk memilih algoritme manayang terbaik apabila ada lebih dari satu algoritme yang digunakan untukmenyelesaikan satu problem.

Dalam hal ini kita de�nisikan fungsi komplesitas waktu f(n) sebagaifungsi yang mengukur banyaknya operasi dalam suatu algoritme yang mem-punyai variabel input n: Yang dimaksud dengan banyaknya operasi adalahbanyaknya operasi dasar (jumlah, kurang, kali, dan bagi), ditambahkan den-gan assignment, dan perbandingan (ekspresi logika). Setelah kita mende�n-isikan f (n) untuk suatu algoritme, kemudian dengan Tabel O-Besar kitatentukan order dari f atau bentuk Oh-besar dari f sebagai ukuran e�siensialgoritme yang bersangkutan.

Contoh 4.6 Misalkan diketahui Prosedur 8. De�nisikan fungsi f(n) yangmenyatakan banyaknya operasinya. Kemudian tentukan oder dari f:

Jawab. Berikut ini rincian untuk menghitung jumlah operasi dalamprosedur 8:

1. Ada 4 operasi assignment sebagai statemen nilai awal untuk variabel-variabel: sld, s, b, dan i.

2. Dalam blok statemen while yang diulang sebanyak n kali terdapat 6operasi, yaitu: 2 assignmen, 3 jumlah, dan 1 kali.


3. Jumlah operasi perbandingan ada (n+ 1), yaitu:

(a) untuk i = 1 sampai dengan n yang menghasilkan keputusan diek-sekusinya blok statemen while.

(b) untuk i = n + 1 yang menghasilkan keputusan berhentinya ek-sekusi blok statemen while.

Dengan demikian kita dapat mende�nisikan fungsi f sebagai

f (n) = 4 + 6n+ (n+ 1) = 7n+ 5; untuk n � 1 dan n 2 Z+:

Jadi f 2 O (n) ; berarti Prosedur 8 mempunyai ukuran waktu eksekusiyang linear: z

PROSEDUR 8procedure Saldo(n : intejer positif)beginsld := 100000s := 50000b := 0:01i := 1while i < n+ 1 dobeginsld := sld+ s+ b � sldi := i+ 1

endreturn(sld)

end

Contoh 4.7 Misalkan diketahui Prosedur 9 dan Prosedur 10. De�n-isikan fungsi f(n) untuk masing-masing prosedur itu yang menyatakan jum-lah operasinya. Kemudian tentukan oder dari f:

Jawab. Kita catat bahwa Prosedur 9 dan Prosedur 10 adalah sama-sama algoritme yang digunakan untuk menghitung jumlah n intejer positifpertama. Mereka juga menggunakan jenis statemen yang sama (berulang),yang berbeda cuma penggunaan statemen for dan while. Dengan rincianperhitungan yang sama dengan jawaban pada Contoh 4.6, maka de�nisifungsi f (n) untuk Prosedur 9 adalah

f (n) = 3n+ 1:


Nilai ini berasal dari: 1 assignment untuk nilai awal variabel y; n assignmentuntuk variabel i; dan 2 operasi pada blok statemen for yang diulang sebanyakn kali. Sedangkan de�nisi f (n) untuk Prosedur 10 adalah

f (n) = 5n+ 3:

Nilai ini berasal dari: 2 assignment untuk nilai awal variabel y dan i; 4 operasipada blok statemen while yang diulang sebanyak n kali, dan ada (n+ 1)perbandingan pada statemen while. Jadi, Prosedur 9 dan Prosedur 10sama-sama mempunyai ukuran waktu eksekusi yang linear: z

PROSEDUR 9procedure Sum(n 2 Z+)beginy := 0for i := 1 to n doy := y + i

return(y)end

PROSEDUR 10procedure Sum(n 2 Z+)beginy := 0i := 1while (i < n) _ (i = n) dobeginy := y + ii := i+ 1

endreturn(y)

endDapat kita simpulkan bahwa penggunaan statemen berulang untuk for

dan while adalah sama jika ditinjau pada ukuran waktu eksekusimya untuksuatu problem yang sama. Sekarang kita perhatikan bahwa jumlah n intejerpositif pertama mepunyai rumus

nXi=1

i =n (n+ 1)

2

yang bisa dibuktikan dengan induksi matematik. Dengan mudah prosedurperhitungan ruas kanan persamaan di atas dapat dituliskan dalamProsedur11.

PROSEDUR 11procedure Sum(n : intejer)beginy := n � (n+ 1) =2return(y)

endProsedur ini mempunyai fungsi komplesitas waktu f (n) = 4; sehingga f 2O (1) : Jadi problemmenghitung jumlah n intejer positif pertama yang ditulis


dalam Prosedur 11 jauh lebih baik dari pada Prosedur 9 atau Prosedur10.

Contoh 4.8 Misalkan diketahui Prosedur 12 untuk menghitung an. De�n-isikan fungsi f(n) yang menyatakan jumlah operasinya, kemudian tentukanorder dari f(n):

PROSEDUR 12procedure Power(a : real; n : intejer positif)beginy := 1:0for i := 1 to n doy := y � a

return(y)endJawab. Dengan rincian perhitungan yang sama dengan jawaban pada

contoh-contoh sebelumnya diperoleh bahwa

f (n) = 3n+ 1:

Nilai ini berasal dari: 1 assignment untuk nilai awal variabel y; n assignmentuntuk variabel i; dan 2 operasi pada blok statemen for yang diulang sebanyakn kali. Jadi, f 2 O (n) ; sehingga lamanya waktu Prosedur 12 menghitungan adalah linear. zPertanyaan yang timbul menyusul jawaban Contoh 1.17 adalah adakah

algoritme yang lain untuk menghitung an yang mempunyai fungsi komplek-sitas waktu lebih baik. Untuk itu perhatikan analisis perhitungan berikut.

Berdasarkan de�nisian := aa:::a| {z }

n kali

dan dengan sifat asosiatif perkalian diperoleh bahwa, untuk n genap:

an := (aa)(aa)::: (aa)| {z } = (a2)n2

n2kali

dan untuk n ganjil:

an := (aa)(aa)::: (aa)| {z } a = (a2)bn2ca

bn2c kali

:

Dengan analisa di atas, perhatikan algoritma berikut ini.


PROSEDUR 13procedure Power(a : real, n : intejer positif)beginy := 1:0i := nwhile i > 0 dobeginif i 6= 2 � b i

2c then

y := y � ai := b i

2c

if i > 0 thena := a � a

endreturn(y)

end

Contoh 4.9 Berdasarkan Prosedur 13, apabila diketahui sembarang bilan-gan a : real; tentukan langkah-langkah untuk menghitung:

(a) a7 dan

(b) a8:

Jawab.

1. Nilai awal: y := 1:0; i := n = 7: Karena i = 7 > 0; maka dilakukanlangkah-langkah pengulangan:

(a) i = 7; berarti ganjil, maka:y := y � a = 1:0 � a = ai := b7

2c = 3: Karena i = 3 > 0; maka

a := a � a = a2 dan pengulangan berlanjut.(b) i = 3; berarti i ganjil, maka:

y := y � a = a � a2 = a3

i := b32c = 1: Karena i = 1 > 0; maka

a := a2 � a2 = a4 dan pengulangan berlanjut.(c) i = 1; berarti i ganjil, maka:

y := y � a = a3 � a4 = a7

i := b12c = 0: Karena i = 0; maka proses BERHENTI.

Outputnya adalah y = a7:


2. Nilai awal: y = 1:0; i = n = 8: Karena i = 8 > 0; maka dilakukanlangkah-langkah pengulangan:

(a) i = 8; berarti genap, maka:y := 1:0

i := b82c = 4: Karena i = 4 > 0; maka

a := a � a = a2 dan pengulangan berlanjut.(b) i = 4; berarti i genap, maka:

y := 1:0

i := b42c = 2: Karena i = 2 > 0; maka

a := a2 � a2 = a4 dan pengulangan berlanjut.(c) i = 2; berarti i genap, maka hitung:

y := 1:0

i := b22c = 1: Karena i = 1 > 0; maka:

a := a4 � a4 = a8 dan pengulangan berlanjut.(d) i = 1; berarti i ganjil, maka:

y := y � a = 1:0 � a8 = a8

i := b12c = 0: Karena i = 0; maka proses BERHENTI.

Outputnya adalah y = a8:

zDari Contoh 4.9, bisa kita amati bahwa banyaknya proses pengulangan

untuk n = 7 adalah 3 = log2 4 + 1; dan untuk n = 8 adalah 4 = log2 8 + 1:Sedangkan banyaknya perbandingan dalam proses pengulangan untuk n =7 adalah 4; dan untuk n = 8 adalah 5: Secara umum untuk menentukanfungsi komplesitas komputasi Prosedur 13, perhatikan pola perhitunganbanyaknya proses pengulangan dan perbandingan dalam tabel berikut ini.n Banyaknya ulangan Banyaknya perbandingan2 2 = log2 2 + 1 3 = log2 2 + 23 2 34 3 = log2 4 + 1 4 = log2 4 + 25 3 46 3 47 3 48 4 = log2 8 + 1 5 = log2 8 + 2


n Banyaknya ulangan Banyaknya perbandingan9� 15 4 516 5 = log2 16 + 1 6 = log2 16 + 2

17� 31 5 632 6 = log2 32 + 1 7 = log2 32 + 2

33� 63 6 7...

......

2i i+ 1 = log2 2i + 1 i+ 2 = log2 2

i + 2(2i + 1)� (2i+1 � 1) i+ 1 i+ 2

......

...

Jadi order fungsi kompleksitas komputasi Prosedur 13 adalah O (log2 n) :Hasil ini menunjukkan bahwa Prosedur 13 lebih baik dari Prosedur 12untuk problem yang sama.

4.1.3 Algoritme Pelacaan Linear

Sebelum kita akhiri subbab ini, berikut ini diberikan algoritme untuk prob-lem yang disebut pelacakan linear (linear search).

Misalkan diberikan barisan n bilangan: a1; a2; :::; an dan suatu bilangank yang disebut kunci. Problemnya adalah mencari k dalam barisan yangbersangkutan. Artinya, apabila k sama dengan salah satu bilangan dalambarisan, sebut saja k = ai; maka output yang diberikan adalah nilai indeksdari ai; yaitu i. Apabila tidak ada satupun bilangan dalam barisan yang samadengan k; maka output yang diberikan adalah 0: Algoritme untuk problemini diberikan dalam prosedur berikut.

PROSEDUR 14procedure LinearSearch(k : real, a1; a2; :::; an : real)begini := 1while ((i < n _ i = n) ^ k 6= ai) doi := i+ 1

if (i < n _ i = n) thenlokasi := i

elselokasi := 0

return(lokasi)endUntuk menentukan kompleksitan komputasi Prosedur 14, perhatikan

statemen pengulangan while. Kita amati bahwa selesainya proses pengu-


langan bisa sangat cepat, rata-rata, atau bisa jadi lebih lama. Apabila k = a1atau k = ai untuk suatu nilai konstan i yang kecil, maka proses cepat selesai.Inilah yang disebut dengan kasus terbaik (best case). Dalam problem inikomplesitas komputasi untuk kasus terbaiknya berorder konstan O (1) : Apa-bila k = an atau k = ai untuk suatu nilai i yang cukup besar atau bahkank 6= ai untuk setiap nilai i, maka proses pengulangan berlangsung lama. In-ilah yang disebut dengan kasus terburuk (worst case). Dalam problem inikomplesitas komputasi untuk kasus terburuknya berorder linear O (n) : Dis-amping kasus terbaik dan terburuk adalah kasus rata-rata (average case).Penentuan ordernya diperlukan pengertian teori peluang yang pembahasan-nya diluar jangkauan diktat ini.

Sebagai rangkuman subbab ini, sekali lagi kita tekankan bahwa apa yangkita pelajari dalam kompleksitas komputasi adalah berkenaan dengan nilain yang besar. Sedangkan untuk nilai n yang kecil, bisa diselesaikan dalamkasus per kasus (case by case). Ini dapat kita perhatikan dalam ilustrasiberikut.

Misalkan ada dua algoritme, yaitu A dan B; untuk menyelesaikan suatuproblem yang sama. Misalkan pula f adalah fungsi kompleksitas komputasiuntuk A dengan f (n) = 1000n, dan g adalah fungsi kompleksitas komputasiuntuk B dengan g (n) = n2: Jelas bahwa karena f linear dan g kuadratik,berdasarkan urutan pada Tabel O-Besar, algoritme A lebih baik dari B: Je-las pernyataan ini mengacu untuk nilai n yang besar. Namun yang menjadipernyataan berikutnya adalah sejauh mana n dianggap �besar�dan n diang-gap �kecil�. Untuk itu diperlukan informasi tambahan yang intinya adalahmenentukan nilai k sehingga

jf (n)j � m:jg (n) j; untuk setiap n � k:

Dalam kasus kita ini,

jf (n)j = 1000n � n2 = jg (n) j; untuk setiap n � 1000:

Jadi yang dimaksud dengan n �besar� kalau n � 1000; dan n dikatakan�kecil�kalau n < 1000: Untuk n yang kecil Algoritme B lebih baik dari A:

Waktu pemrosesan (Running Time) adalah waktu yang diperlukan untukmengeksekusi suatu algoritme atau program. Sebagai ilustrasi, tabel berikutini memberikan perkiraan waktu pemrosesan algoritme untuk beberapa orderkompleksitas dan untuk nilai n : 2; 16; dan 64:. Diasumsi kecepatan eksekusikomputer adalah satu operasi diselesaikan dalam waktu 10�6 detik (10�6 = 1mikro detik), sehingga satuan isian tabelnya adalah mikro detik.


Problem OrderBerukuran n log2 n n n log2 n n2 2n n!

2 1 2 2 4 4 216 4 16 64 256 6; 5� 104 2; 1� 101364 6 64 384 4096 1; 84� 1019 > 1089

Soal 4.1.2 Buatlah analisis pada beberapa algoritme berikut:

1. Panggil Algoritme 2, dan de�nisikan fungsi f(n) untuk algoritma ituyang menyatakan jumlah operasinya. Kemudian tentukan oder dari f:



4. Panggil Algoritme 10, dan de�nisikan fungsi f(n) untuk algoritmaitu yang menyatakan jumlah operasinya. Kemudian tentukan oder darif:

5. Panggil Algoritme 7 dan Algoritma 8, dan de�nisikan fungsi f(n)untuk masing algoritma itu yang menyatakan jumlah operasinya. Ke-mudian buatlah analisis e�siensinya:

6. Pada masing-masing segmen program pseudocode berikut, f(n) meny-atakan banyaknya kali statemen sum := sum+1 dieksekusi. Tentukanf(n) dan ordernya.

(a)

beginsum := 0for i := 1 to n dofor j := 1 to n dosum := sum+ 1

end

(b)

beginsum := 0for i := 1 to n dofor j := 1 to n � n dosum := sum+ 1

end

4.2 Bahasa: Mesin Status Berhingga 107

(c)

beginsum := 0for i := 1 to n dofor j := i to n dosum := sum+ 1

end

(d)

beginsum := 0i := nwhile i > 0 dobeginsum := sum+ 1i := b i

2c

endend

4.2 Bahasa: Mesin Status Berhingga

Dengan menggunakan konsep himpunan dan fungsi, pada bab ini akan diba-has suatu model abstrak yang disebut dengan mesin status berhingga (�-nite state machine) atau disebut juga sirkuit sekuensial (sequential circuit).Sirkuit yang dimaksud adalah satu dari dua tipe dasar kontrol sirkuit yangterdapat di dalam komputer dijitel. Sesuai dengan namanya, mesin sta-tus berhingga mempunyai sejumlah berhingga status internal dimana mesinmampu mengingat informasi tertentu ketika berada di dalam status khusus.

4.2.1 Bahasa: Teori Himpunan String

Barisan simbol, atau karakter, merupakan peranan kunci di dalam pemros-esan informasi oleh komputer. Sebagai gambaran, program komputer dapatdirepresentasikan sebagai barisan karakter yang berhingga. Suatu cara al-jabar diperlukan untuk menangani barisan berhingga tersebut atau menan-gani string.

Pada bagian ini kita gunakan � untuk menotasikan himpunan berhinggatak-kosong dari simbol-simbol, himpunan ini disebut alfabet. Sebagai misal,� = f0; 1g atau � = fa; b; c; dg: Agar tidak rancu dengan pengertian stringnantinya, perlu disepakati bahwa keanggotaan � tidak dibolehkan jajaranlebih dari satu simbol. Misalnya, pende�nisian � = f0; 1; 2; 11; 13g atau� = fa; b; c; ab; bbcg tidak diperkenankan.


Suatu string dapat dikonstruksi dari anggota-anggota � melalui suatucara yang sistematik dengan ide rekursif sebagaimana dinyatakan dalamde�nisi berikut ini.

De�nisi 4.2 Jika � adalah suatu alfabet dan n 2 Z+; dide�nisikan kuasadari � secara rekursif sebagai berikut:

1. �1 = �; dan

2. �n+1 = fxy=x 2 �; y 2 �ng; xy menotasikan jajaran x dan y:

Contoh 4.10 Misalkan � = f0; 1g; maka

�2 = f00; 01; 10; 11g;�3 = f000; 001; 010; 011; 100; 101; 110; 111g; dan�4 = f0000; 0001; 0010; 0011; 0100; 0101; 0110; 0111;

1000; 1001; 1010; 1011; 1100; 1101; 1110; 1111g:

Misalkan � = fa; b; cg; maka

�2 = faa; ab; ac; ba; bb; bc; ca; cb; ccg; dan�3 = faaa; aab; ::; acc; baa; bab; ::; bcc; caa; cab; ::; cccg:

Suatu anggota dari �n disebut string n-simbol atau string dengan pan-jang n: Secara umum, jika j�j = m; maka j�nj = mn:

De�nisi 4.3 Untuk alfabet �; dide�nisikan �0 = f�g; dimana � meno-tasikan string kosong, yaitu string yang tidak memuat simbol apapun yangdiambil dari �:

Dari de�nisi di atas perlu dicatat bahwa:

1. � =2 �:

2. Karena � =2 �; maka f�g �:

3. Karena jf�gj = 1 6= 0 = j?j; maka f�g 6= ?:

De�nisi 4.4 Jika � adalah suatu alfabet, maka

1. �+ =1Sn=1

�n =S

n2Z+�n; dan


2. �� =1Sn=0

�n:

Dari de�nisi di atas, jelas bahwa

�� = �+ [�0:

Sebagai tambahan dari istilah string, anggota-anggota dari �+ atau ��

disebut juga dengan kata (word) atau kadangkala disebut dengan kalimat(sentence). Perlu juga dicatat bahwa walaupun himpunan �+ dan �� tak-hingga, anggota-anggotanya diacu sebagai string simbol yang berhingga.

Contoh 4.11 Untuk � = f0; 1g; himpunan �� memuat semua string darisimbol \0" dan \1" termasuk string kosong. Untuk n kecil, kita masihmampu menuliskan semua anggota dari �n:

Misalkan� = f�; 0; 1; :::; 9;+;�;�; =; (; )g;

dimana � menotasikan spasi (blank). Untuk pende�nisian � ini, cukupsulit menggambarkan semua anggota ��; dan untuk n > 2 terlalu banyakmenuliskan semua anggota dari �n: Suatu contoh anggota dari �� adalahekspresi aritmatik

(6 + 3)=(5� (34� 21));atau suatu string tanpa makna

+)(4 + �))� 1=3(:

De�nisi 4.5 Jika w1;w2 2 �+; maka bisa ditulis

w1 = x1x2:::xm dan w2 = y1y2:::yn; untuk m;n 2 Z+;

dan x1; x2;:::; xm; y1; y2;:::; yn 2 �: String w1 dan w2 dikatakan sama, notasiw1 = w2 jika

m = n; dan xi = yi untuk setiap 1 � i � m:

De�nisi 4.6 Misalkan w = x1x2:::xn 2 �+; dimana xi 2 � untuk setiap1 � i � n: Panjang dari w, notasi jjwjj ; dide�nisikan sebagai nilai darin: Untuk kasus string kosong �; maka jj�jj = 0:


De�nisi 4.7 Jika x;y 2 �+ dengan

x = x1x2:::xm dan y = y1y2:::yn; untuk m;n 2 Z+; dan

x1; x2;:::; xm; y1; y2;:::; yn 2 �:Rangkaian (concatenation) dari x dan y, dinotasikan xy, dide�nisikan se-bagai string

xy = x1x2:::xmy1y2:::yn:

Rangkaian dari x dan � adalah

x� = x1x2:::xm� = x1x2:::xm = x:

Rangkaian dari � dan � adalah

�� = �:

Rangkaian merupakan operasi biner yang tertutup pada �� (juga �+),bersifat asosiatif tetapi tidak komutatif (kecuali jika j�j = 1), dan karenax� = x� = x untuk setiap x 2 ��; maka � merupakan unsur identitas dari�� terhadap operasi rangkaian tersebut. Keterkaitan operasi rangkaian danpanjang string diantaranya dapat dilihat dalam sifat berikut ini.

jjxyjj = jjxjj+ jjyjj ; untuk setiap x;y 2 ��;

kxk = kx�k; untuk setiap x 2 ��; dankzk = jjz�jj = jj�zjj = 1; untuk setiap z 2 �:

De�nisi 4.8 Untuk setiap x 2 ��; dide�nisikan kuasa (power) dari x se-cara rekursif sebagai

x0 = �; x1 = x; x2 = xx; x3 = x2x; :::; xn+1 = xnx; untuk n 2 N.

Contoh 4.12 Jika � = f0; 1g dan x = 01; maka

x0 = �;x1 = 01;x2 = 0101;x3 = 010101;

kx2k = 4 = 2kxk;��x3�� = 6 = 3kxk; dan secara umum

kxnk = nkxk; untuk n > 0:

De�nisi 4.9 Jika x;y 2 �� dan w = xy; maka string x disebut pre�ks(pre�x) dari w; dan jika y 6= �; maka x disebut pre�ks sejati (proper pre-�x) dari w: Dalam hal ini, y disebut sa�ks (su¢ x) dari w; dan jika x 6= �;maka y disebut sa�ks sejati (proper pre�x) dari w:


De�nisi 4.10 Jika x;y; z 2 �� dan w = xyz; maka y disebut dengan sub-string dari w: Apabila sedikitnya satu dari x dan z bukan �; maka y disebutsubstring sejati dari w:

De�nisi 4.11 Diberikan alfabet �; sembarang subhimpunan dari �� disebutdengan bahasa (language) atas �: Dalam de�nisi ini termasuk himpunankosong ? dan disebut bahasa kosong (empty language).

De�nisi 4.12 Untuk alfabet � dan bahasa A;B � ��; rangkaian dari Adan B; dinotasikan AB; dide�nisikan sebagai

AB = fab=a 2 A;b 2 Bg:

Teorema 4.1 Untuk alfabet � dan bahasa A;B;C � ��; maka:

1. Af�g = f�gA = A

2. (AB)C = A(BC)

3. A(B [ C) = AB [ AC

4. (B [ C)A = BA [ CA

5. A(B \ C) � AB \ AC

6. (B \ C)A � BA \ CA

De�nisi 4.13 Diberikan bahasa A � ��; kita dapat mengkonstruksi bahasa-bahasa yang lain dengan langkah-langkah sebagai berikut:

1. A0 = f�g; A1 = A; dan untuk setiap n 2 Z+;

An+1 = fab=a 2 A;b 2 Ang:

2. A+ =S

n2Z+An; disebut ketertutupan positif (positive closure) dari A:

3. A� = A+ [ f�g; disebut ketertutupan Kleene (Kleene closure) dariA:


4.2.2 Mesin Status Berhingga

Sebelum mende�nisikan mesin status berhingga, diberikan ilustrasi berikut.Vending machine menjual dua minuman kaleng: Cola (C) dan Fanta (F)dengan harga sama 20c/: Mesin tersebut menerima koin: Nikel (senilai 5c/),Dime (10c/), dan Kuarter (25c/), dan mampu memberikan pengembalian.

Jika seseorang ingin membeli Fanta dengan menggunakan 2 Nikel dan 1Dime, cara kerja mesin tersebut digambarkan dalam tabel berikut ini.

t0 t1 t2 t3 t4Status (1) s0 (4) s1(5c/) (7) s2(10c/) (10) s3(20c/) (10) s0Input (2) 5c/ (5) 5c/ (8) 10c/ (11)WOutput (3) K(Kosong) (6) K (9) K (12) F

Jika seseorang ingin membeli Cola dengan menggunakan 1 Kuarter, carakerja mesin tersebut digambarkan dalam tabel berikut ini.

t0 t1 t2Status (1) s0 (4) s1(20c/) (7) s0Input (2) 25c/ (5) BOutput (3) 5c/ (kembalian) (6) C

Ilustrasi pada vending machine di atas merupakan gambaran yang umum-nya terjadi pada cara kerja komputer dijitel atau sistem komunikasi telefon.Hal ini dapat diabstraksikan sebagai berikut:

1. Pada setiap waktu, mesin berada dalam keadaan salah satu dari sejum-lah berhingga status. Status-status ini disebut dengan status internal,dinyatakan: s0; s1; s2; ...,sk:

2. Mesin siap menerima input sejumlah berhingga simbol. Himpunansimbol-simbol input yang mungkin disebut alfabet input, dinotasikanI: Dalam ilustrasi di atas,

I = f5c/; 10c/; 25c/;W;Bg:

3. Output dan status berikutnya ditentukan oleh kombinasi input dan sta-tus internal. Himpunan semua simbol output yang mungkin disebutalfabet output, dinotasikan O:

O = f5c/; 10c/; 15c/; 20c/; F; C;K (kosong)g:

4.3 Relasi Rekurensi 113

De�nisi 4.14 Mesin Status Berhingga adalah rangkai-5, notasi M =(S; I;O; �;$); dimana S adalah himpunan internal status untukM ; I adalahalfabet input untukM ; O adalah alfabet output untukM ; � : S�I ! S adalahfungsi status berhingga; dan $ : S � I ! O adalah fungsi output.

Karena dalam mesin status berhingga, S; I; dan O adalah himpunan-himpunan berhingga, maka �(s; x) dan $(s; x) untuk setiap s 2 S dan untuksemua x 2 I dapat direpresentasikan dengan tabel yang disebut Tabel Status,atau dapat direpresentasikan dengan Diagram Status.

Contoh 4.13 Dide�nisikan mesin status berhingga M = (S; I;O; �;$); di-mana S = fs0;s1; s3g; I = O = f0; 1g; dan �;$ diberikan dalam tabel statusberikut.

� $0 1 0 1

s0 s0 s1 0 0s1 s2 s1 0 0s2 s0 s1 0 1

Jika M diberi input string 1010; maka outputnya string 0010: Hasil inidinyatakan dalam tabel berikut.

Status s0 s1 s2 s1 s2Input 1 0 1 0 0Output 0 0 1 0

4.3 Relasi Rekurensi

Telah diperkenalkan dalam bahasan sebelumnya tentang de�nisi rekursif,yang pada dasarnya merumuskan suku ke-n dari suatu barisan tidak secaraeksplisit melainkan nilainya bergantung pada suku-suku sebelumnya. Den-gan ide hampir serupa, dalam bab ini kita akan membahas fungsi a (n) ; yangseperti biasanya lebih enak dituliskan dengan an (untuk n 2 Z+); dimana ni-lai an bergantung nilai suku-suku sebelunya sebelumnya: an�1; an�2; ..., a1;a0: Relasi yang demikian disebut relasi rekurensi.

4.3.1 Relasi Rekurensi Linear Order Pertama

Untuk memahami relasi rekurensi linear order pertama, sebagai gambaranada baiknya kita ingat kembali de�nisi progresi geometrik (deret geometri).Progresi geometrik adalah barisan tak hingga, contohnya: 5, 15, 45, 135; ...,


dimana pembagian setiap suku (kecuali suku pertama) dengan tepat satusuku sebelumnya adalah konstan, disebut rasio bersama. Pada contoh kitarasio bersamanya adalah 3; karena 3 = 15

5= 45

15= 135

45= :::: Jika a0; a1; a2;

... adalah progresi geometrik dengan rasio bersama adalah r; maka an+1an

= runtuk n = 0; 1; 2; 3; :::Jika r = 3; kita dapatkan an+1 = 3an; dengan n � 0:Relasi rekurensi an+1 = 3an; n � 0 tidak mende�nisikan progresi geometrik

yang tunggal, karena barisan 3; 9; 27; 81, ... juga memenuhi relasi yangbersangkutan. Jadi untuk mende�nisikan suatu progresi geometrik dari su-atu relasi rekurensi diperlukan nilai satu suku dari relasi itu.

Hubungan suku an+1 dengan suku sebelumnya dalam relasi rekurensimenentukan jenis relasi rekurensi yang bersangkutan. Jika nilai an+1 hanyabergantung pada nilai an (tepat satu suku sebelumnya), maka relasi yangdemikian dikatakan mempunyai order pertama. Selanjutnya, jika tipe hubun-gannya juga linear dengan koe�sien konstan, maka disebut relasi rekurensihomogen linear order pertama dengan koe�sien kontan.

Nilai a0 atau a1 yang diketahui pada suatu relasi rekurensi disebut nilaisyarat batas. Ekspresi a0 = A, dimana A konstan, juga disebut sebagai syaratawal. Syarat batas menentukan ketunggalan solusi.

an+1 = 3an; n � 0; a0 = 5: (4.1)

Lima suku pertama menentukan pola berikut ini:

a0 = 5;

a1 = 3a0 = 3 (5) ;

a2 = 3a1 = 3 (3 (5)) = 32 (5) ;

a3 = 3a2 = 3�32 (5)

�= 33 (5) ;

a4 = 3a3 = 3�33 (5)

�= 34 (5) :

Hasil ini membawa kita pada rumusan bahwa untuk setiap n � 0; an = 5(3n)yang disebut solusi umum dari Relasi (4.1).

Kesimpulan: Solusi umum dari suatu relasi rekurensi

an+1 = dan; n � 0; d konstan, dan a0 = A

adalah tunggal dan dirumuskan dengan

an = Adn; n � 0:


Contoh 4.14 Selesaikan relasi rekurensi an = 7an�1; dimana n � 1 dana2 = 98: Ini hanyalah suatu bentuk alternatif dari relasi an+1 = 7an untukn � 0 dan a2 = 98: Oleh karena itu solusi umumnya mempunyai bentukan = a0 (7

n) : Karena a2 = 98 = a0 (72) ; akibatnya a0 = 2; dan an = 2 (7n)untuk n � 0 adalah solusi tunggal.

Relasi rekurensi an+1 � dan = 0 adalah linear karena setiap sukunyaberpangkat satu. Juga di dalam relasi linear tidak ada produk seperti anan�1;yang bisa muncul di dalam relasi rekurensi tak-linear seperti an+1�3anan�1 =0: Akan tetapi, adakalanya suatu relasi rekurensi tak-lineaar bisa ditransfor-masikan ke dalam bentuk linear dengan menggunakan substitusi aljabar.

Contoh 4.15 Carilah a12 jika a2n+1 = 5a2n; dimana an > 0 untuk n � 0; dan

a0 = 2: Walaupun relasi rekurensi ini tak-linear, jika dimisalkan bn = a2n;maka diperoleh relasi yang baru bn+1 = 5bn untuk n � 0; dan b0 = 4; adalahlinear dengan solusi bn = 4 (5n) : Dengan demikian an = 2(

p5)n untuk n � 0;

dan a12 = 2�p5�12= 31250:

Bentuk umum relasi rekurensi linear order pertama dengan koe�sien kon-stan adalah:

an+1 + can = f (n) ; n � 0;dimana c adalah konstan dan f adalah fungsi yang mengambil nilai intejertak-negatif. Jika f (n) = 0 untuk setiap n 2 N; relasi ini disebut homogen.Salah satu metode mengurutkan data yang cukup populer, walaupun

tidak yang paling e�sien, adalah suatu teknik yang disebut Bubble Sort.disini input adalah intejer positif n dan larik bilangan nyata x1; x2; :::; xnyang akan diurutkan dalam urutan menaik. Perhatikan algoritme BubbleSort yang dinyatakan dalam prosedur berikut:

PROSEDUR 15procedure BubbleSort(x1; x2; :::; xn: real)beginfor i := 1 to n� 1 dofor j := n downto i+ 1 doif xj < xj�1 dobegintemp := xj�1xj�1 := xjxj := temp

endend


Untuk menghitung fungsi komplesitas waktu f(n) ketika algoritme di atasdigunakan pada suatu input larik berukuran n � 1; kita harus menghitungjumlah total perbandingan dalam mengurutkan n bilangan yang bersangku-tan. Jika an menyatakan banyaknya perbandingan, maka kita dapatkan relasirekurensi berikut:

an = an�1 + (n� 1); n � 2; a1 = 0:

Relasi ini adalah linear order pertama dan tak-homogen. Karena tidak adateknik umum untuk menyelesaikannya, kita harus mencari polanya:

a1 = 0

a2 = a1 + (2� 1) = 1a3 = a2 + (3� 1) = 1 + 2a4 = a3 + (4� 1) = 1 + 2 + 3a5 = a4 + (5� 1) = 1 + 2 + 3 + 4:

Kita dapatkan rumus umum yang kebenarannya dapat dibuktikan denganprinsip induksi matematik, yaitu:

an = 1 + 2 + 3 + :::+ (n� 1) =n2 � n2

:

Kesimpulannya, Bubble Sort menentukan fungsi komplesitas waktu f :Z+ ! R dengan

f (n) = an =n2 � n2

:

Akibatnya, ukuran running time algoritme di atas adalah f 2 O (n2) :

4.3.2 Relasi Rekurensi Linear Homogen Order Keduadengan Koe�sien Konstan

Misalkan k 2 Z+ danCn (6= 0) ; Cn�1; :::; Cn�k (6= 0) adalah bilangan-bilangannyata. Jika an; untuk n � 0; adalah fungsi diskret, maka

Cnan + Cn�1an�1 + :::+ Cn�kan�k = f (n) ; n � k;

adalah relasi rekurensi linear berorder k dengan koe�sien konstan. Jikaf (n) = 0 untuk setiap n � 0; relasi ini disebut homogen; ingkarannya adalahtak-homogen.


Pada bagian ini kita akan membahas relasi homogen berorder dua:

Cnan + Cn�1an�1 + Cn�2an�2 = 0; n � 2: (4.2)

Pada dasarnya kita akan mencari solusi dalam bentuk an = crn; dimanac 6= 0 dan r 6= 0:Substitusikan an = crn ke Persamaan (4.2), kita dapatkan

Cncrn + Cn�1cr

n�1 + Cn�2crn�2 = 0: (4.3)

Karena c; r 6= 0; Persamaan (4.3) menjadi

Cnr2 + Cn�1r + Cn�2 = 0

merupakan persamaan kuadrat yang disebut persamaan karakteristik. Mis-alkan r1 dan r2 adalah akar dari persamaan itu, maka ada tiga kemungkinan:

A. r1 dan r2 adalah dua real berbeda.

B. r1 dan r2 adalah dua kompleks saling konjugate.

C. r1 dan r2 adalah dua real yang sama.

KASUS-A (Dua Akar Real Berbeda)

Contoh 4.16 Selesaikan relasi rekurensi

an + an�1 � 6an�2 = 0; n � 2; dan a0 = �1; a1 = 8: (4.4)

Jawab. Misalkan an = crn; dimana c 6= 0 dan r 6= 0; adalah solusi dariRelasi (4.4), maka diperoleh persamaan karakteristik

0 = r2 + r � 6 = (r � 2) (r + 3)) r = 2;�3

adalah dua akar real berbeda, sehingga an = 2n dan an = (�3)n merupakandua solusi [sebagaimana juga b (2n) dan d (�3)n untuk sembarang konstanb; d]. Kedua solusi ini adalah bebas linear kerena yang satu bukan merupakankelipatan yang lain. Jadi,

an = c1 (2n) + c2 (�3)n

merupakan solusi umum. Kemudian, karena a0 = �1 dan a1 = 8; dengansubstitusi, kita peroleh c1 = 1 dan c2 = �2: Akhirnya, kita dapatkan jawaban

an = 2n � 2 (�3)n :


a3 = 2100 � 2 (�3)100

zKASUS-B (Dua Akar Kompleks Saling Konjuget)

Sebelummasuk ke pembahasan inti, kita ingat kembali Teorema DeMoivre:

(cos � + i sin �)n = cosn� + i sinn�; n � 0:

Jikaz = x+ iy 2 C; z 6= 0;

dapat kita tuliskan

z = r (cos � + i sin �) ; r =px2 + y2; dan

y

x= tan � untuk x 6= 0:

Jika x = 0; maka untuk y > 0;

z = yi = yi sin�

2= y

�cos

�

2+ i sin

�

2

�;

dan untuk y < 0;

z = yi = jyj i sin 3�2= jyj

�cos

3�

2+ i sin

3�

2

�:

Dalam semua kasus,

zn = rn (cosn� + i sinn�) n � 0:

Contoh 4.17 Tentukan�1 +

p3i�10:

Jawab. Misalkan z = 1 +p3i; maka x = 1; y =

p3, r = 2; dan � = �

3:

Jadi �1 +

p3i�10

= 210�cos

10�

3+ i sin

10�

3

�= 210

�cos

4�

3+ i sin

4�

3

�= 210

��12

�� p

3

2

!i

!=

��29

� �1 +

p3i�:

z


Contoh 4.18 Selesaikan relasi rekurensi an = 2 (an�1 � an�2) ; dimana n �2 dan a0 = 1; a1 = 2:

Jawab. Misalkan an = crn; dimana c 6= 0 dan r 6= 0; adalah solusinya,maka persamaan karakteristiknya

r2 � 2r + 2 = 0) r = 1� i

adalah dua akar kompleks saling konjuget. Akibatnya, solusi umumnyaadalah

an = c1(1 + i)n + c2 (1� i)n ;

dimana c1 dan c2 menyatakan sembarang konstan kompleks. Dengan DeMoivre:

an = c1(p2)n�cos

n�

4+ i sin

n�

4

�+ c2(

p2)n�cos

�n�4

+ i sin�n�4

�= c1(

p2)n�cos

n�

4+ i sin

n�

4

�+ c2(

p2)n�cos

n�

4� i sin n�

4

�= (

p2)n�k1 cos

n�

4+ k2 sin

n�

4

�;

dimana k1 = c1 + c2 dan k2 = (c1 � c2) i:

1 = a0 = (p2)0 (k1 cos 0 + k2 sin 0) = k1

2 = a1 = (p2)1�k1 cos

�

4+ k2 sin

�

4

�= 1 + k2;

sehingga k1 = 1 dan k2 = 1: Jadi, jawabannya

an = (p2)n�cos

n�

4+ sin

n�

4

�; n � 0:

(p2)200

�cos

200�

4+ sin

200�

4

�: 1267 650 600 228 229 401 496 703 205 376 zKASUS-C (Dua Akar Real Sama)

Contoh 4.19 Selesaikan relasi rekurensi an+2 = 4an+1�4an; dimana n � 0dan a0 = 1; a1 = 3:

Jawab. Misalkan an = crn; dimana c 6= 0 dan r 6= 0; adalah solusinya,maka persamaan karakteristiknya

0 = r2 � 4r + 4 = (r � 2)2 ) r = 2


adalah dua akar real sama. Berarti solusinya an = 2n. Oleh karena itu, kitaharus mencari satu solusi yang lagi bebas linear, ambil saja an = f (n) 2n,dimana f (n) tidak konstan..Untuk mencari f (n), digunakan substitusi

f (n+ 2) 2n+2 = 4f (n+ 1) 2n+1 � 4f (n) 2n ,f (n+ 2) = 2f (n+ 1)� f (n) : (4.5)

Diperoleh bahwa f (n) = n memenuhi Persamaan (4.5). Jadi an = n2n

adalah solusi kedua yang bebas linear dengan an = 2n: Akibatnya, kita dap-atkan solusi umum

an = c1(2)n + c2n (2)

n :

Untuk a0 = 1; a1 = 3; didapatkan solusi khusus

an = (2)n +

�1

2

�n (2)n = (2)n + n (2)n�1 ; n � 0:

zBentuk Umum: Jika

Cnan + Cn�1an�1 + :::+ Cn�kan�k = 0; dengan

Cn (6= 0) ; Cn�1; :::; Cn�k (6= 0) adalah kontanta real,dan r adalah akar karakteristik dengan multiplisitas m; dimana 2 � m � k;maka bagian dari solusi umum yang melibatkan akar r mempunyai bentuk

A0rn + A1nr

n + A1n2rn + :::+ Am�1n

m�1rn

=�A0 + A1n+ A1n

2 + :::+ Am�1nm�1� rn

dimana A0; A1; A1; :::; Am�1 adalah sembarang konstan.

4.3.3 Relasi Rekurensi Tak-homogen

Kita perhatikan relasi rekurensi

an � an�1 = f(n); n � 1;

f (n) tidak semuanya nol untuk nilai n; maka solusinya

an = a0 +nXi=1

f (i) : (4.6)

Kita dapat menyelesaikan Persamaan (4.6) dalam n; jika kita dapat meru-muskan

Pni=1 f (i) :


Contoh 4.20 Selesaikan relasi rekurensi

an � an�1 = 3n2; n � 1; dan a0 = 7:

Jawab. Disini f (n) = 3n2; sehingga solusi umumnya

an = a0 +

nXi=1

f (i)

= 7 +

nXi=1

3i2

= 7 +1

2(n) (n+ 1) (2n+ 1)

z

Chapter 5

Pengantar Teori Graf

5.1 Konsep Dasar Graf

De�nisi 5.1 Misalkan V adalah himpunan takkosong dan berhingga, danmisalkan pula E � V � V . Pasangan (V;E) disebut graph berarah (di-rected graph �digraph) pada V , dimana V disebut himpunan verteks ataunode, dan E disebut himpunan (directed) edge atau arc. Selanjutnya un-tuk menyatakan graph seperti ini ditulis G = (V;E). Jika E himpunan edgetakberarah, G = (V;E) disebut graph takberarah.

Contoh 5.1 Dide�nisikan suatu graf berarah G = (V;E) dengan

V = fa; b; c; d; eg dan E = f(a; a); (a; b); (a; d); (b; c)g:

Graf ini direpresenratasikan pada Gambar 5.1.

122

5.1 Konsep Dasar Graf 123

a b

d c

e

Gambar 5.1

Untuk sembarang edge, misalkan e = (x; y), maka e disebut insiden (inci-dent) dengan verteks x dan y; x disebut adjacent ke y; dan y disebut adjacentdari x: Suatu verteks yang adjacent ke dirinya sendiri disebut loop. Suatuverteks yang tidak adjacent dengan verteks apapun termasuk dirinya sendiridisebut verteks terisolasi. Pada Gambar 5.1, edge (a; a) adalah loop danverteks e adalah verteks yang terisolasi.

Contoh 5.2 Dide�nisikan suatu graf takberarah G = (V;E) dengan

V = fa; b; c; dg dan E = ffa; bg; fa; dg; fb; cgg

Graf ini direpresenratasikan pada Gambar 5.2.

a b

d c

Gambar 5.2


Perhatikan bahwa pada pede�nisian graf takberarah edge-nya diberikandalam bentuk himpunan, misalnya saja fa; bg: Sesuai dengan pengertian him-punan, ini berarti urutannya tidak diperhatikan, sehingga fa; bg = fb; ag:Sedangkan pada pede�nisian graf berarah, edge-nya menggunakan pasanganterurut, sehingga (a; b) 6= (b; a): Di dalam diktat ini, jika diberikan suatu grafG tanpa keterangan apapun (berarah atau takberarah), maka yang dimaksudadalah graf takberarah dan tanpa loop.

De�nisi 5.2 Misalkan x dan y (tidak perlu berbeda) adalah verteks di dalamsuatu graph takberarah G = (V;E). Suatu walk x � y di dalam G adalahbarisan berhingga (bebas loop)

x = x0; e1; x2; e2; : : : ; en�1; xn�1; en; xn = y

dari verteks dan edge (selang-seling) yang diawali dan diakhiri oleh verteks.

Panjang dari suatu walk, dinotasikan dengan n, adalah banyaknya edgeyang terdapat di dalam walk itu. Jika n = 0; berati walk tidak memuat edge,maka walk disebut trivial.Jika x = y; walk disebut tertutup. Jika x 6= y; walk disebut terbuka.

Catatan bahwa bahwa barisan pada de�nisi walk di atas, verteks danedge boleh diulang.

De�nisi 5.3 Pandang sembarang walk x � y dalam suatu graph takberarahG = (V;E).

� Jika tidak ada edge yang diulang di dalam barisan x � y; maka walkdisebut trail x� y: Trail yang tertutup (verteks awal dan akhir sama)disebut sirkuit (circuit). Catatan bahwa di dalam trail, verteks bolehberulang.

� Jika setiap verteks hanya muncul sekali (tidak boleh berulang) di dalambarisan x�y; maka walk disebut path x�y: Path yang tertutup (verteksawal dan akhir sama) disebut cycle.

Pengertian pada de�nisi di atas juga berlaku untuk graph berarah. Hanyasaja peristilahannya menjadi: trail berarah, sirkuit berarah, path berarah, dancycle berarah.


a b

d c

e

Gambar 5.3

Contoh 5.3 Dari Gambar 5.3, buatlah suatu contoh:

1. walk a� c dengan panjang 5:

2. trail a� d dengan panjang 5:

3. sirkuit a� a dengan panjang 6:

4. path a� c dengan panjang 4:

5. cycle a� a dengan panjang 5:

Jawab. Berdasarkan de�nisinya, berikut ini diberikan masing-masingsatu contoh untuk:

1. walk a� c dengan panjang 5 :

fa; bg; fb; dg; fd; ag; fa; bg; fb; cg:

2. trail a� d dengan panjang 5 :

fa; bg; fb; eg; fe; cg; fc; bg; fb; dg:

3. sirkuit a� a dengan panjang 6 :

fa; bg; fb; eg; fe; cg; fc; bg; fb; dg; fd; ag:


4. path a� c dengan panjang 4 :

fa; bg; fb; dg; fd; eg; fe; cg:

5. cycle a� a dengan panjang 5 :

fa; bg; fb; dg; fd; eg; fe; cg; fc; ag:

z

Teorema 5.1 Misalkan G = (V;E) adalah graph takberarah dengan a; b 2 Vdan a 6= b: Jika ada trail di dalam G dari a ke b, maka ada path di dalam Gdari a ke b.

Bukti. Karena ada trail a� b di dalam G; maka dapat dipilih satu yangterpendek, sebut saja

fa; x1g; fx1; x2g; :::; fxn; bg: (5.1)

Jika trail ini tidak mempunyai path, maka ia pasti mempunyai bentuk

fa; x1g; fx1; x2g; :::; fxk�1; xkg; fxk; xk+1g; fxk+1; xk+2g; :::;fxm�1; xmg; fxm; xm+1g; fxm+1; xm+2g; :::; fxn; bg;

dimana k < m dan xk = xm; bisa terjadi k = 0 dan a(= x0) = xm; atau,m = n+ 1 dan xk = b(= xn+1): Ini adalah suatu kontradiksi, karena barisan

fa; x1g; fx1; x2g; :::; fxk�1; xkg; fxm; xm+1g; :::; fxn; bg

merupakan trail yang lebih pendek dari trail (5.1). z

De�nisi 5.4 Graph takberarah G disebut terhubung (connected) jika untuksetiap dua verteks yang berbeda terdapat suatu path yang menghubungkankeduanya. Jika tidak demikian G disebut takterhubung (disconnected).


a b

e d c

f

Gambar 5.4

Contoh 5.4 Gambar 5.2 dan Gambar 5.3 merupakan contoh graf terhubung.Sedangkan Gambar 5.4 merupakan contoh graf takterhubung.

Gambar 5.4 merepresentasikan graf takterhubung G = (V;E); dimana Vdapat dipartisikan dalam dua subhimpunan V1 = fa; b; c; dg dan V2 = fe; fgsedemikian sehingga tidak ada edge fx; yg 2 E dengan x 2 V1 dan y 2V2. Dalam hal ini Graf G terpartisikan menjadi 2 graf yaitu G1 = (V1; E1)dan G2 = (V2; E2), dimana E1 = ffa; bg; fa; dg; fb; cgg dan E2 = ffe; fgg:Anggota partisi dari suatu graf takterhubung disebut dengan komponen.

Secara umum, suatu graf dikatakan takterhubung jika ia terpartisikanmenjadi lebih dari satu komponen, sedangkan suatu graf dikatakan terhubungjika ia terdiri dari hanya satu komponen. Banyaknya komponen dari suatugraf G dinotasikan dengan K(G): Misalnya, untuk graf G pada Gambar 5.4,K(G) = 2:

De�nisi 5.5 Misalkan V himpunan takkosong dan berhingga. Pasangan(V;E) menentukan multigraf G dengan himpunan verteks V dan himpunanedge E, jika untuk suatu x; y 2 V , ada dua atau lebih edge dalam E berben-tuk:

� (x; y) untuk multigraph berarah, atau

� fx; yg untuk multigrapah takberarah.


e

a b

d c

Gambar 5.5

Gambar 5.5 merupakan contoh representasi dari suatu multigraf berarah.

b e f

a g

c d

Gambar 5.6

Soal 5.1.1 Untuk suatu graf G = (V;E) yang direpresentasikan pada Gam-bar 5.6, tentukan:

1. contoh suatu walk b� d di dalam G yang bukan suatu trail.

2. contoh suatu trail b� d di dalam G yang bukan suatu path.

3. contoh suatu path b� d di dalam G.

4. contoh suatu walk tertutup b� b di dalam G yang bukan suatu sirkuit.

5. contoh suatu sirkuit b� b di dalam G yang bukan suatu cycle.


6. contoh suatu cycle b� d di dalam G.

7. banyaknya semua path b� f:

a k l

d g m

j

e f h i

Gambar 5.7

Soal 5.1.2 Misalkan a dan b adalah dua verteks yang berbeda di dalam su-atu graf takberarah dan terhubung. Jarak dari a ke b dide�nisikan sebagaipanjang path terpendek dari a ke b (jika a = b; jaraknya dide�nisikan sebagai0). Untuk suatu graf G yang direpresentasikan pada Gambar 5.7, tentukanjarak dari verteks d ke verteks yang lain di dalam G:

Soal 5.1.3 Untuk n � 2; misalkan G = (V;E) adalah graf tak berarah tanpaloop dimana V adalah himpunan semua bitstring dengan panjang n; dan

E = ffu; vg�u; v 2 V dan u; v berbeda di tepat 2 posisig:

Ilustrasi, misalkan n = 4; u = 1011; v = 0010; dan w = 1010; maka fu; vg 2E; fu;wg =2 E; dan fv; wg =2 E: Tentukan K(G):

Soal 5.1.4 Tujuh kota a; b; c; d; e; f; dan g dihubungkan oleh suatu sistemjalan bebas hambatan sebagai berikut:

� I-22 menghubungkan dari a ke c melalui b:

� I-33 menghubungkan dari c ke d melalui b dan dilanjutkan ke f:


� I-44 menghubungkan dari d ke a melalui e:

� I-55 menghubungkan dari f ke b melalui g:

� I-66 menghubungkan dari g ke d:

Terkait dengan sistem tersebut, jawablah 6 pertanyaan berikut ini.

1. Dengan merepresentasikan kota sebagai verteks, segmen jalan bebashambatan sebagai edge berarah, gambarkan graf berarah yang merep-resentasikan sistem di atas.

2. Daftarkan semua path dari g ke a:

3. Tentukan jumlah terkecil segmen jalan yang diharuskan tertutup agarperjalanan dari b ke d terhalang.

4. Apakah mungkin berangkat dari c dan kembali lagi ke c; dan mengun-jungi semua kota yang lain masing-masing hanya sekali.

5. Jawablah Pentanyaan 4: jika tidak diharuskan kembali lagi ke c:

6. Apakah mungkin berangkat dari suatu kota melalui semua jalan masing-masing hanya sekali. (Pada pertanyaan ini dibolehkan mengunjungisuatu kota lebih dari satu kali, dan tidak diharuskan kota terakhir samadengan kota saat berangkat.)

Soal 5.1.5 Misalkan G = (V;E) adalah graf takberarah dan tanpa loop, danmisalkan pula fa; bg adalah suatu edge di dalam G: Buktikan bahwa fa; bgadalah anggota dari suatu cycle di dalam G jika dan hanya jika penghapusanfa; bg (verteks a dan b tidak ikut terhapus) tidak menghasilkan graf takter-hubung.

Soal 5.1.6 Berikan suatu contoh graf G yang apabila dihapus sembarangedge-nya menghasilkan graf takterhubung.

Soal 5.1.7 Jawablah 2 pertanyaan berikut ini.

1. Jika G = (V;E) adalah graf takberarah dan tanpa loop, dengan jV j = vdan jEj = e; buktikan bahwa

2e � v2 � v:


2. Nyatakan rumusan seperti Pertanyaan 1: untuk kasus graf berarah.

Soal 5.1.8 Misalkan G = (V;E) adalah graf takberarah. De�nisikan suaturelasi R pada V dengan aRb jika dan hanya jika ada suatu path a � b didalam G. Buktikan bahwa R adalah relasi ekuivalensi. Terangkan bertukpartisi dari V yang disebabkan oleh R:

5.1.1 Subgraf, Komplemen, dan Isomor�sma

De�nisi 5.6 Misalkan G = (V;E) sembarang graf berarah maupun tidak.G1 = (V1; E1) disebut subgraf dari G jika ? 6= V1 � V dan E1 � E, dimanasetiap edge dalam E1 insiden dengan verteks di dalam V1.

Dari de�nisi ini jelas bahwa G adalah subgraf dari dirinya sendiri, atauG disebut subgraf trivial dari G:

b e f

a

c d

Gambar 5.8

Contoh 5.5 Misalkan Gambar 5.6 merepresentasikan graf G = (V;E), maka

V = fa; b; c; d; e; f; gg danE = ffa; bg; fa; cg; fb; cg; fb; eg; fc; dg; fd; eg; fe; fg; fe; gg; ff; ggg:

Berdasarkan de�nisinya, graf G1 = (V1; E1) yang direpresentasikan padaGambar 5.8 merupakan subgraf dari G: Dalam hal ini

V1 = fa; b; c; d; e; fg � V dan

E1 = ffa; cg; fb; eg; fc; dg; fd; eg; fe; fg � E:


Perhatikan bahwa subgraf taktrivial dari graf G = (V;E) diperoleh den-gan caramenghapus beberapa verteks atau edge dariG: Yang dimaksud meng-hapus edge, misalnya fx; yg; adalah menghilangkan fx; yg dari keanggotaanE; sedangkan verteks x dan y tidak terhapus dari keanggotaan V: Sedangkanyang dimaksud dengan menghapus verteks, misalkan a; adalah menghapusa dari keanggotaan V dan menghapus semua edge yang inseden dengan adari keanggotaan E: Pada Contoh 5.5, subgraf G1 diperoleh dari menghapusverteks g (otomatis fe; gg dan ff; gg terhapus), edge fa; bg dan fb; cg:

De�nisi 5.7 Misalkan G = (V;E) graph berarah maupun tidak. Misalkanpula G1 = (V1; E1) subgraph dari G. Jika V1 = V , maka G1 disebut subgraphspanning dari G.

Dari de�nisi ini, perhatikan bahwa subgraf spanning G1 diperoleh darihanya menghapus beberapa edge (tanpa verteks) di dalamG: Graf pada Gam-bar 5.9 merupakan subgraf spanning dari graf pada Gambar 5.7.

a k l

d g m

j

e f h iGambar 5.9

De�nisi 5.8 Misalkan G = (V;E) adalah graf berarah atau tidak. Jika ? 6=U � V , subgraf dari G yang dibangkitkan oleh U; dinotasikan hUi; adalahsubgraf dengan himpunan verteks U dimana jika x; y 2 U dan (x; y) (ataufx; yg) 2 E, maka (x; y) (atau fx; yg) merupakan edge dari hUi:Subgraf G0 dari graf G = (V;E) disebut subgraf induced jika ada ? 6=

U � V sehingga G0 = hUi:


Dari de�nisi ini, perhatikan bahwa jika diberikan U � V dan U 6= ?;subgraf induced hUi dari G merupakan graf yang diperoleh dari menghapussemua verteks didalam V yang bukan anggota U: Dengan demikian, subgrafinduced dari G diperoleh dari hanya mengapus verteks dari G:

Contoh 5.6 Diberikan graf G = (V;E) yang direpresentasikan pada Gambar5.6. Jika U = fa; b; d; f; gg; tentukan subgraf induced G0 = hUi dari G:

Jawab. Nyatakan G0 = (U;E 0); dan hapuslah verteks c dan e dari G;maka

E 0 = ffa; bg; ff; ggg:G0 direpresentasikan pada Gambar 5.10 z

b f

a g

d

Gambar 5.10

De�nisi 5.9 Misalkan V himpunan n verteks. Graph lengkap pada V ,ditulis Kn, adalah graph takberarah bebas loop dimana untuk semua a; b 2 V ,a 6= b, ada suatu edge fa; bg.

Dari de�nisi ini, perhatikan bahwa jumlah edge dari Kn adalah�n2

�: Gam-

bar 5.11 mencontohkan representasi dari K1; K2; K3; dan K4:


K1 K2 K3 K4

Gambar 5.11

De�nisi 5.10 Misalkan G adalah graf takberarah bebas loop dengan n verteks.Komplemen dari G, dinotasikan G, adalah subgraph dari Kn yang memuatsemua verteks dari G dan semua edge dari Kn yang tidak termuat dalam G.Jika G = Kn, maka G hanya mempunyai n verteks tetapi tidak mempunyaiedge sama sekali. Graph seperti ini disebut graf null.

Contoh 5.7 Misalkan G = (V;E) dengan V = fa; b; c; dg dan

E = ffa; bg; fa; cg; fc; dgg:

Tentukan G:

Jawab. Nyatakan G = (V;E): Karena himpunan semua edge dari K4

adalahffa; bg; fa; cg; fa; dg; fb; cg; fb; dg; fc; dgg;

makaE = ffa; dg; fb; cg; fb; dgg:

Gambarkan representasi dari G dan G: z

De�nisi 5.11 Misalkan G1 = (V1; E1) dan G2 = (V2; E2) adalah dua graftakberarah. Suatu fungsi f : V1 ! V2 disebut suatu isomor�sme graf jika:

1. f bijektif.

2. untuk semua a; b 2 V1; fa; bg 2 E1 jhj ff(a); f(b)g 2 E2.

Jika fungsi semacam ini ada, G1 dan G2 disebut isomor�k.


G1a b

c d

G2

t

w

v u

Gambar 5.12

Contoh 5.8 Tunjukkan bahwa graf G1 = (V1; E1) dan G2 = (V2; E2) yangdirepresentasikan pada Gambar 5.12 adalah isomo�k.

Jawab. Karena jV1j = jV2j ; maka syarat pertama dipenuhi, yaitu adafungsi bijektif dari V1 ke V2: Dari 4! fungsi bijektif yang bisa (mungkin)dide�nisikan dari V1 ke V2, dipilih fungsi bijektif yang memenuhi syaratkedua. Dengan melihat struktur graf G1 dan G2; dipilih fungsi bijektifh : V1 ! V2 yang de�nisinya

h(a) = w; h(b) = u; h(c) = v; dan h(d) = t:

Perhatikan bahwa syarat kedua dipenuhi oleh h; yaitu

fa; bg 2 V1 $ fh(a); h(b)g = fw; ug 2 V2;fa; cg 2 V1 $ fh(a); h(c)g = fw; vg 2 V2;fc; dg 2 V1 $ fh(c); h(d)g = fv; tg 2 V2; danfb; dg 2 V1 $ fh(b); h(d)g = fu; tg 2 V2:

Jadi, h adalah isomor�sme dari G1 ke G2; sehingga G1 dan G2 isomor�k. zSyarat pertama pada De�nisi 5.11 menunjukkan bahwa jika jV1j 6= jV2j ;

maka langsung dapat kita simpulkan bahwa G1 dan G2 tidak isomor�k(karena tidak akan ada fungsi bijektif dari V1 ke V2). Demikian pula un-tuk syarat yang kedua, apabila jE1j 6= jE2j ; maka dapat dipastikan bahwaG1 dan G2 tidak isomor�k (karena tidak akan mungkin ada padanan 1 � 1antar edge dari G1 dan G2). Walaupun demikian, seandainya telah dipenuhibahwa jV1j = jV2j dan jE1j = jE2j ; kita masih belum bisa menentukan bahwaG1 dan G2 isomor�k. Dalam hal ini kita hanya bisa mende�nisikan fungsi


bijektif yang belum tentu memenuhi syarat yang kedua. Perhatikan contohberikut ini.

G1

a

e b

d c

G2

1

5 2

4 3

Gambar 5.13

Contoh 5.9 Jelaskan bahwa graf G1 = (V1; E1) dan G2 = (V2; E2) yangdirepresentasikan pada Gambar 5.13 adalah tidak isomo�k.

Jawab. Pada contoh ini dipenuhi bahwa jV1j = jV2j dan jE1j = jE2j ;sehingga jelas ada fungsi bijektif dari V1 ke V2: Kemudian, adakah fungsibijektif yang memenuhi syarat kedua pada de�nisi? Jika dilihat dari struturG1; graf ini memuat subgraf K4: Seandainya ada isomor�sme dari G1 ke G2;maka isomor�sme ini akan memetakan K4 dari dalam G1 ke K4 di dalamG2: Akan tetapi, faktanya struktur G2 tidak mempunyai subgraf K4: Kes-impulannya, tidak ada isomor�sme dari G1 ke G2; berarti G1 dan G2 tidakisomor�k. z


(G1)

b c

a d

e f

(G2)

u

v w

x y z

Gambar 5.14

Soal 5.1.9 Misalkan graf G1 dan G2 direpresentasikan pada Gambar 5.14.Periksalah apakah G1 dan G2 isomor�k.

(G) a b

c d

f

g i h j

(G1) a

b

df

g i h j

(G2)

b

c d

f

g i h j

Gambar 5.15

Soal 5.1.10 Misalkan graf G; G1; dan G2 direpresentasikan pada Gambar5.15.


1. Terangkan (berdasarkan pengertian penghapusan) mengapa G1 meru-pakan subgraf induced dari G:

2. Terangkan (berdasarkan pengertian penghapusan) mengapa G2 meru-pakan subgraf induced dari G:

3. Tentukan banyaknya subgraf terhubung dari G yang mempunyai 4 verteksdan satu cycle.

4. Gambarkan subgraf dari G yang dibangkitkan oleh himpunan verteksU = fb; c; d; f; i; jg:

5. Misalkan edge e = fc; fg: Jika G � e dimaknai menghapus edge e didalam G; gambarkan subgraf G� e:

6. Berikan suatu contoh subgraf dari G yang bukan subgraf induced.

7. Tentukan banyaknya subgraf spanning dari G:

8. Tentukan banyaknya subgraf spanning dari G yang terhubung.

9. Tentukan banyaknya subgraf spanning dari G yang mempunyai verteksa sebagai verteks terisolasi.

Soal 5.1.11 Misalkan G = (V;E) adalah suatu graf takberarah.

1. Tentukan banyaknya subgraf spanning yang juga merupakan subgraf in-duced dari G:

2. Jika jV j � 2 dan setiap subgraf induced dari G terhubung, jelaskanbagaimana struktur dari G:

Soal 5.1.12 Tentukan semua graf takberarah tanpa loop yang mempunyai 4verteks dan saling tidak isomor�k. Kemudian, ada berapa banyak diantarajawaban tersebut yang terhubung.

Soal 5.1.13 Tentukan banyaknya path yang panjangnya 4 di dalam K7: Se-lanjutnya, jika m;n 2 Z+ dengan m < n; tentukan banyaknya path yangpanjangnya m di dalam Kn:

Soal 5.1.14 Misalkan G adalah graf takberarah tanpa loop yang mempunyaiv verteks dan e edge. Tentukan jumlah semua edge di dalam G:


Soal 5.1.15 Misalkan G1 dan G2 adalah graf takberarah tanpa loop. Buk-tikan bahwa G1 dan G2 isomor�k jika dan hanya jika G1 dan G2 isomor�k.

G1

a b

c d

e

G2

1

5 2

4 3

Gambar 5.16

Soal 5.1.16 Perluaslah De�nisi 5.11 untuk graf berarah. Kemudian, perik-salah apakah graf G1 dan G2 yang direpresentasikan pada Gambar 5.15 adalahisomor�k.

5.1.2 Derajat Verteks

De�nisi 5.12 Misalkan G graf takberarah atau multigraph. Untuk setiapverteks v dari G, derajat v, dinotasikan deg(v), adalah banyaknya edge dalamG yang insiden dengan v. Suatu loop dipandang sebagai dua edge insidenuntuk v.

Sebagai contoh untuk graf pada Gambar 5.9,

deg(a) = deg(d) = deg(e) = deg(l) = deg(m) = deg(i) = 1;

deg(g) = deg(h) = 2; deg(k) = deg(f) = 3; dan deg(j) = 0:

Teorema 5.2 Jika G = (V;E) adalah graph takberarah atau multigraph,maka X

v2Vdeg(v) = 2 jEj :


Bukti. Perhatikan bahwa setiap edge fa; bg di dalam G memberikanhitungan 1 pada deg(a) dan deg(b): Akibatnya, untuk setiap edge di dalamG menyumbangkan hitungan 2 pada

Pv2V deg(v): Dengan demikian, 2 jEj =P

v2V deg(v): z

Akibat 5.1 Untuk sembarang graph atau multigraph, jumlah semua verteksberderajat ganjil adalah genap.

Bukti. Jelas bahwa jumlah semua verteks berderajat genap adalahgenap. Sedangkan menurut Teorema 5.2, jumlah derajat adalah semua verteksadalah genap. Akibatnya, jumlah semua verteks berderajat ganjil haruslahgenap. z

De�nisi 5.13 Suatu graf takberarah (atau multigraf) disebut reguler jikasetiap verteksnya berderajat sama. Jika deg(v) = k untuk setiap verteks v;maka grafnya disebut reguler-k: Graf lengkap Kn merupakan graf reguler-(n� 1):

Misalkan graf G = (V;E) adalah reguler-k; berdasarkan Teorema 5.2,maka X

v2Vdeg(v) = 2 jEj , k jV j = 2 jEj ,

jV j = 2 jEjk: (5.2)

Contoh 5.10 Misalkan graf G = (V;E) adalah reguler-k. Jelaskan hubun-gan antara jumlah verteks dan edge yang mungkin, yang terkait dengan pen-de�nisian dan struktur G, untuk nilai 1 � k � 3:

Jawab. Kita gunakan Persamaan (5.2) untuk menjawab pertanyaan ini.Untuk k = 1; berarti jV j = 2 jEj. Graf reguler-1 mempunyai jumlah

verteks genap, terpartisikan menjadi jvj2komponen (untuk jvj > 2; graf ini

takterhubung), dan masing-masing komponen berupa graf reguler-1 dengan2 verteks.

Untuk k = 2; berarti jV j = jEj. Graf reguler-2mempunyai jumlah verteksdan edge yang sama. Untuk jvj = 1; graf reguler-2 mempunyai 1 loop. Untukjvj = 2; graf reguler-2 merupakan multigraf dengan 2 edge paralel. Untukjvj > 2, graf reguler-2 merupakan cycle dengan panjang jvj :Untuk k = 3; berarti jV j = 2jEj

3. Agar graf reguler-3 terde�nisikan, nilai

jV j dan jEj harus intejer positif. Dengan demikian, jEj haruslah kelipatan


dari 3 dan jvj harus genap. Untuk jvj = 2; graf reguler-3merupakan multigraf(dengan 3 edge paralel, atau 2 loop dan 1 edge). Untuk jvj = 4; graf reguler-3bisa berupaK4, atau merupakan multigraf (merupakan cycle dengan panjang4 dan masing-masing verteks mempunyai 1 loop). Terangkan lebih jauhuntuk jvj > 6 (cukup banyak kemunkinan). z

Soal 5.1.17 Tentukan jV j untuk graf atau multigraf berikut.

1. G mempunyai 9 edge dan semua verteks berderajat 3:

2. G adalah reguler dengan 15 edge.

3. G mempunyai 10 edge dengan 2 verteks berderajat 4 dan verteks lainnyaberderajat 3:

Soal 5.1.18 Jika G = (V;E) adalah graf terhubung dengan jEj = 17 dandeg(v) � 3 untuk setiap v 2 V; tentukan nilai maksimum dari jV j :

Soal 5.1.19 Misalkan G = (V;E) adalah garf takberarah dan terhubung.

1. Tentukan nilai terbesar dari jV j jika jEj = 19 dan deg(v) � 4 untuksetiap v 2 V:

2. Gambarkan suatu graf untuk mencontohkan masing-masing kasus dariPertanyaan 1:

Soal 5.1.20 Misalkan G = (V;E) adalah garf takberarah dan tanpa loop.

1. Jika jV j = 6 dan deg(v) = 2 untuk setiap v 2 V; ada berapa banyakgraf G yang saling tidak isomo�k?

2. Jika jV j = 7 dan deg(v) = 2 untuk setiap v 2 V; ada berapa banyakgraf G yang saling tidak isomo�k?

3. Jika jV j = 6 dan G merupakan graf reguler-3; ada berapa banyak grafG yang saling tidak isomo�k?

4. Jika jV j = 7 dan G merupakan graf reguler-4; ada berapa banyak grafG yang saling tidak isomo�k?

5. Dari jawaban Pertanyaan 3: dan 4:; buatlah generalisasinya.

5.2 Mengenal Beberapa Graf Khusus 142

5.2 Mengenal Beberapa Graf Khusus

Pada bagian ini akan diperkenalkan pengertian dan beberapa sifatnya ten-tang: graf Euler, Graf graf planar, dan graf Hamilton. Sifat-sifat diberikandalam bentuk teorema tanpa disertai pembuktian.

5.2.1 Graf Euler

De�nisi 5.14 Misalkan G = (V;E) adalah graph atau multigrpah takberarahtanpa verteks terisolasi. G dikatakan mempunyai sirkuit Euler jika adasirkuit dalam G yang melalui setiap edge tepat sekali. Jika ada trail terbukadari a ke b di dalam G dan trail ini melalui setiap edge dalam G tepat sekali,maka trail ini disebut trail Euler. Graf yang mempunyai sirkuit atau trailEuler disebut graf Euler.

Teorema dan akibat berikut ini digunakan untuk mendeteksi apakah su-atu graf adalah Euler.

Teorema 5.3 Misalkan G = (V;E) graph atau multigraph takberarah tanpaverteks terisolasi. G mempunyai sirkuit Euler jhj G terhubung dan setiapverteks di dalam G berderajat genap.

Dengan teorema ini, konstruksi suatu sirkuit Euler bisa di mulai darisembarang verteks.

Akibat 5.2 Jika G = (V;E) graph atau multigraph takberarah tanpa verteksterisolasi, maka dapat dikonstruksi trail Euler dalam G jhj G terhubung danmempunyai tepat dua verteks berderajat ganjil.

Berdasarkan akibat ini, kontruksi suatu trail Euler harus dimulai darisalah satu verteks berderajat ganjil, dan pasti berakhir di verteks berderajatganjil yang satunya lagi.

Contoh 5.11 Jelaskan bahwa graf yang direpresentasikan pada Gambar 5.14merupakan graf Euler.

Jawab. Perhatikan Gambar 5.14. Karena hanya ada dua verteks yangberderajat ganjil (verteks b dan f), maka G1 pasti memuat trail Euler, seba-gai contoh:

fb; ag; fa; eg; fe; bg; fb; cg; fc; eg; fe; fg; ff; cg; fc; dg; fd; fg:


Karena semua verteks berderajat genap, maka G2 memuat sirkuit Euler,sebagai misal:

fv; wg; fw; yg; fy; vg; fv; xg; fx; yg; fy; zg; fz; wg; fw; ug; fu; vg:

z

De�nisi 5.15 Misalkan G = (V;E) adalah graph atau multigraph berarahdan v 2 V .

1. Derajat masuk (in degree) dari v adalah banyaknya edge dalam Gyang insiden ke v, dan dinotasikan dengan id(v).

2. Derajat keluar (out degree) dari v adalah banyaknya edge dalam Gyang insident dari v, dan dinotasikan dengan od(v):

Teorema 5.4 Misalkan G = (V;E) adalah graph atau multigraph berarahtanpa verteks terisolasi. Graph G mempunyai sirkuit Euler jhj G terhubungdan id(v) = od(v) untuk semua v 2 V .

Soal 5.2.1 Buatlah suatu contoh graf atau multigraf berarah dengan jumlahverteks 10 dan mempunyai sirkuit Euler.

5.2.2 Graf Planar

De�nisi 5.16 Suatu grapah atau multigraph disebut planar jika G dapatdigambarkan pada bidang datar sedemikian sehingga setiap interseksi dariedge hanya terjadi pada verteks dari G.


(K4)

a b

c d

(K5)

a

b c

d e

Gambar 5.17

Contoh 5.12 Dengan mudah dapat kita gambarkan bahwa K1; K2; dan K3

adalah graf planar. Jelaskan bahwa K4 planar, sedangkan K5 tidak planar.

Jawab. Gambar 5.17 cukup menunjukkan bahwa K4 adalah planar. Us-aha untuk menggambarkan bahwa K5 adalah planar hanya sampai pada 9edge pertama, sedangkan edge yang ke-10 tidaklah mungkin digambarkantanpa memotong edge salah satu dari 9 edge yang pertama. z

De�nisi 5.17 Suatu graph G = (V;E) disebut bipartisi (bipartite) jika V =V1 \ V2 dengan V1 [ V2 = ?, dan setiap edge dari G berbentuk fa; bg dengana 2 V1 dan b 2 V2. Jika setiap verteks dalam V1 berkawan dengan semuaverteks dalam V2, disebut graf bipartisi lengkap. Dalam hal ini, jika jV1j =m dan jV2j = n, grafnya dinotasikan dengan Km;n.

Contoh 5.13 Contoh utk bipartisi

De�nisi 5.18 Misalkan G = (V;E) adalah graph takberarah tanpa loop, den-gan E 6= ?. Subdivisi elementer dari G adalah suatu graf yang diperolehdari penghapusan edge e = fu;wg dalam G, dan kemudian edge fu; vg danfv; wg ditambahkan pada G� e, dimana v =2 V .

Graf tak berarah tanpa loop G1 = (V1; E1) dan G2 = (V2; E2) disebuthomeomor�k (homeomor�c) jika keduanya isomor�s, atau jika keduanya da-pat diperoleh dari graph suatu takberarah tanpa loop yang sama, sebut sajaH; melalui serangkaian subdivisi elementer.

5.3 Tree 145

Contoh 5.14 Contoh homeomor�k.

Teorema 5.5 (Teorema Kuratowski) Suatu graf adalah takplanar jikadan hanya jika ia memuat suatu subgraf yang homeomor�k dengan K5 atauK3;3:

Bukti teorema ini didemonstrasikan pada contoh berikut ini.

Contoh 5.15 Contoh kuratowski.

5.2.3 Graf Hamilton

De�nisi 5.19 Jika G = (V;E) graph atau multigraph dengan jV j � 3, Gdisebut mempunyai cycle Hamilton jika ada cycle dalam G yang memuatsemua verteks dalam V . Path Hamilton adalah path dalam G yang memuatsemua verteks.

Contoh 5.16 Contoh untuk def di atas.

Teorema 5.6 Misalkan G = (V;E) adalah graph tanpa loop dengan jV j =n � 2. Jika deg(x) + deg(y) � n � 1 untuk semua x; y 2 V dengan x 6= y,maka G mempunyai path Hamilton.

Akibat 5.3 Misalkan G = (V;E) graph tanpa loop dengan jV j = n � 2.Jika deg(v) � n�1

2untuk semua v 2 V , maka G mempunyai path Hamilton.

Teorema 5.7 Misalkan G = (V;E) graph tanpa loop dengan jV j = n �3. Jika deg(x) + deg(y) � n untuk semua x; y yang tak adjacent, maka Gmempunyai cycle Hamilton.

Akibat 5.4 Misalkan G = (V;E) graph tanpa loop dengan jV j = n � 3.Jika deg(y) � n

2untuk semua v 2 V , maka G mempunyai cycle Hamilton.

5.3 Tree

Contoh 5.17 Contoh Tree.

Teorema 5.8 Jika T = (V;E) adalah tree yang memuat sedikitnya duaverteks, maka:

5.3 Tree 146

1. untuk setiap dua verteks, terdapat path yang menghubungkan keduanya.

2. Apabila sembarang edge dalam T dibuang, maka akan diperoleh duakomponen yang masing-masing merupakan tree.

3. jEj = jV j � 1.

Bibliography

[1] N. L. Biggs, �Discrete (i-Mathematics,�Revised Edition, Oxford Univer-sity Press, 1989, ISBN: 0-19-853426-4.

[2] R. P. Grimaldi, �Discrete and Combinatorial Mathematics,�4th Edition,North-Holland Mathematical Library, Vol. 16. Addison Wesley LongmanInc., 1999, ISBN: 0-201-30424-4.

[3] A. J. Menezes, P. C. van Oorschot, and S. Vanstone, �Handbook of Ap-plied Cryptography,�CRC Press, Inc., 1997.

147

Matematika Diskrit IPB

Documents

Transcript of Matematika Diskrit IPB