5/1/2013

1

disampaikan padaWORKSHOP PEMBIMBINGANOLIMPIADE MATEMATIKAMGMP MATEMATIKA SMA

SE KABUPATEN KULON PROGO2 MEI 2013

TEORI BILANGANDAN

KOMBINATORIKAOleh:

Drs. Yudi Setyawan, M.S., M.Sc.Jurusan Matematika IST AKPRIND

POSISI DAN PERAN MATEMATIKA

MATH

TECH

5/1/2013

2

SarjanaMatematika

Satu di antara 7 lulusan dengangaji terbesar

(Kompas, 16/02/2013)

KENDALA YANG DIHADAPI

Matematika (dan sains) masih dianggap matapelajaranyang kurang menyenangkan/momok bagi siswa (danorangtuanya)

Guru (dan dosen) matematika menerima imbasnya.

DIPERLUKAN SOLUSI YANG KOMPREHENSIF Pemberian motivasi tentang pentingnya belajar

matematika Perbaikan proses pembelajaran matematika di kelas

(termasuk sumberdayanya) Dll.

Termasuk penyelenggaraan olimpiade matematika

TUJUANOlimpiade Sains Nasional Matematika SMA/MA

mengukur tiga aspek :

OSN MATEMATIKA

pemecahan masalah (problem solving) non

rutin

penalaran (reasoning) justifikasi langkah-

langkah penyelesaian

Komunikasi tertulis tes tertulis.

SELEKSI

Tingkat Kabupaten tes pilihan ganda danisian singkat (masing-masing 10 soal),mengukur kemampuan pemecahan masalah

Tingkat Propinsi isian singkat (20 soal)dan uraian (5 soal), mengukur 3 aspek.

Tingkat Nasional uraian, dilaksanakanselama 2 hari, masing-masing 4 soal.

5/1/2013

3

CAKUPAN MATERI

Materi OSN mengacu ke IMO (International Mathematical Olympiad).

Cakupan materi matematika OSN dibagi ke dalam empat kelompok:

Aljabar,

Geometri,

Kombinatorika, dan

Teori bilangan (bulat).

MATERI DASARALJABAR

Pemfaktoran dan PenguraianBarisan dan DeretFungsiSuku BanyakPersamaanSistem PersamaanKetaksamaan

GEOMETRI

TrigonometriGarisSegitigaSegi EmpatSegi-n BeraturanLingkaran

TEORI BILANGANSifat-Sifat Penjumlahan Dan Perkalian DuaBilanganSifat-sifat KeterbagianUji Habis dibagiFaktor Persekutuan Terbesar (FPB) danPersekutuan Terkecil (KPK)Banyaknya Faktor PositifKekongruenanBilangan Bulat, Rasional dan PrimaBilangan Kuadrat SempurnaFungsi Tangga dan Ceiling

KOMBINATORIKAKaidah Pencacahan Dan Binomium Newton

Kejadian dan Peluang Suatu Kejadian,Pengambilan Contoh dengan dan TanpaPengembalianPrinsip Inklusi Eksklusi, Peluang KejadianMajemukPigeon Hole Principle (Prinsip Sarang Merpati)

HIMPUNAN BILANGAN DAN NOTASINYA

5/1/2013

4

BEBERAPA AKSIOMA DASAR UNTUK Z

1. Jika a, b Z, maka a + b, a-b, dan ab Z (tertutupterhadap penjumlahan, pengurangan dan perkalian.

2. Jika a Z, maka tidak ada x Z sedemikian sehingga a< x < a + 1.

3. Jika a,b Z dan ab = 1, maka a = b = 1 atau a = b = -1.4. Untuk n, m N dan a, b R berlaku:

i. (an)m = anm

ii. (ab)n =anbn

iii. an.am=an+m

SIFAT KETERBAGIAN

Untuk bilangan-bilangan asli a dan b, kita katakan bahwa amembagi b atau a adalah suatu faktor dari b, ditulis dengan a|b,jika ada bilangan bulat c sedemikian hingga b=ac.

Sifat-sifat keterbagian:i. Refleksif: a|aii. Transitif: a|b dan b|c a|ciii. Linier: a|b dan a|c a|(pb+qc), untuk setiap p, q bulativ. 1|n untuk semua n bulatv. a|b dan a, b bilangan asli a≤b.vi. a|b dan a|(b+c) a|c

PENERAPAN SIFAT KETERBAGIAN (III)Contoh:Tentukan semua bilangan bulat positif d sedemikian sehingga d

membagi n2+ 1 dan (n + 1)2+ 1 untuk suatu bilangan bulat n.Penyelesaian:Karena d|(n2+1) dan d| (n2+2n+2), maka d|(n2+2n+2-(n2+1))

atau d|(2n+1). Lebih lanjut, d |((2n+1)(2n+1)) ataud|(4n2+4n+1) .

Karena d| (n2+2n+2) dan d|(4n2+4n+1), maka d|( 4(n2+2n+2) –(4n2+4n+1)) yakni d|(4n+7).

Karena d|(2n+1) dan d|(4n+7) maka d|((4n+7)-2(2n+1)) ataud|5.

Dengan demikian nilai d yang mungkin hanya 1 dan 5.Dapat dicek bahwa untuk d=5 maka n=2.

ALGORITMA PEMBAGIAN

Jika a dan b bilangan bulat dan b>0, maka terdapat secara tunggalbilangan bulat q dan r sedemikian hingga

a=qb+r dengan 0≤r<b.Dalam hal ini , =disebut hasil bagi dan

r =a-qbdisebut sisa.

5/1/2013

5

CONTOH SOAL ALGORITMA PEMBAGIAN

Misal r adalah sisa ketika 1059, 1417 dan 2312 dibagi oleh b > 1.Tentukan nilai dari b dan r.

Penyelesaian:Misal 1059=q1b+r, 1417=q2b+r dan 2312=q3b+r, makai. 1417-1059=(q2-q1)b, sehingga b|358 atau b|(2.179),ii. 2312-1059=(q3-q1)b, sehingga b|1253 atau b|(7.179),iii. 2312-1417=(q3-q2)b, sehingga b|895 atau b|5.179.Dari i, ii, dan iii maka b=179, sehingga= 1059 − 179 =1059-179.5=1059-895=164.

CONTOH

Tunjukkan bahwa n2+ 23 dapat dibagioleh 24 untuk n tak hingga banyaknya.Bukti:n2+ 23 = n2 -1 + 24 = (n -1)(n + 1) + 24.Jika diambil n = 24k 1, k = 0; 1; 2; ....Maka n dapat dibagi oleh 24.Terbukti ada tak hingga banyakbilangan n sedemikian hingga n2+ 23dapat dibagi oleh 24.

CONTOH

Tunjukkan bahwa jika p > 3 adalah prima, maka 24 | p2-1Bukti.Berdasarkan Algoritma Pembagian, sembarang bilangan

bulat dapat dinyatakan sebagai salah satu dari: 6k,6k1, 6k 2, atau 6k 3, dengan k Z.

Jika p > 3 adalah prima, maka p ganjil dan bukankelipatan 2 dan 3, sehingga p mempunyai bentuk p =6k 1 (karena pilihan lainnya dapat dibagi 2 atau 3).

Dengan demikian,p2-1=(6k 1)2-1 = 36k2 12k = 12k (3k 1).Karena k atau 3k 1 adalah genap, maka 12k (3k 1)

dapat dibagi oleh 24.

BILANGAN GENAP DAN GANJIL

(1) suatu bilangan ganjil mempunyai bentuk 2k + 1, untuk suatubilangan bulat k;

(2) suatu bilangan genap mempunyai bentuk 2k, untuk suatubilangan bulat k;

(3) jumlahan dari dua bilangan ganjil adalah suatu bilangangenap;

(4) jumlahan dari dua bilangan genap adalah suatu bilangangenap;

(5) jumlahan dari suatu bilangan ganjil dan genap adalah suatubilangan ganjil;

(6) hasil kali dari dua bilangan ganjil adalah suatu bilanganganjil;

(7) hasil kali dari bilangan-bilangan bulat adalah genap jika danhanya jika paling sedikit satu dari faktor-faktornya adalahgenap.

5/1/2013

6

CIRI-CIRI BILANGAN KELIPATAN

Kelipatan 2: bilangan genap Kelipatan 3: bilangan yang jumlah angkanya habis dibagi 3 Kelipatan 4: bilangan yang dua angka terakhirnya habis dibagi 4 Kelipatan 5: bilangan dengan akhiran 0 atau 5 Kelipatan 6: bilangan genap yang jumlah angkanya habis dibagi 3 Kelipatan 8: bilangan yang tiga angka terakhirnya habis dibagi 8 Kelipatan 9: bilangan yang jumlah angkanya habis dibagi 9 Kelipatan 11: selisih jumlah angka di tempat ganjil dan ditempat

genap habis dibagi 11 Kelipatan 12: kelipatan 3 dan kelipatan 4 Kelipatan 7: x merupakan kelipatan 7 jika

-2(x-10 ) habis dibagi 7 (dapat dilakukan secara rekursif)

BILANGAN MODULO

Misalkan a adalah bilangan bulat dan m adalah bilangan bulat > 0. Operasi

a mod m (dibaca “a modulo m”) menghasilkan bilangan sisa jika a

dibagi dengan m.

Dengan demikian,

a mod m = r,

jika ada bilangan bulat q sedemikian hingga

a = mq + r, dengan 0 ≤ r < m.

Perhatikan bahwa a mod m = b mod m jika dan hanya jika sisa pembagian

a dengan m sama dengan sisa pembagian b dengan m.

SIFAT MODULO

Teorema : Misalkan m adalah bilangan bulat positif.1. Jika a b (mod m) dan c adalah sembarang bilangan bulat maka

(i) (a + c) (b + c) (mod m)(ii) ac bc (mod m)(iii) ap bp (mod m) untuk suatu bilangan bulat tak negatif p.

2. Jika a b (mod m) dan c d (mod m), maka(i) (a + c) (b + d) (mod m)(ii) ac bd (mod m)

BILANGAN PRIMADefinisi:

Bilangan asli p>1 disebut prima jika p tidak memiliki faktor selain 1 dan p

sendiri. Bilangan komposit adalah bilangan bukan prima. Bilangan bulat m dan

n disebut relatif prima jika PPB(m,n) = 1.

Teorema:

Jika m dan m relatif prima maka ada bilangan bulat p dan q sedemikian hingga

mp+nq=1

Teorema (The Fundamental Theorem of Arithmetic):

Setiap bilangan bulat positif yang lebih besar atau sama dengan 2 dapat

dinyatakan sebagai perkalian satu atau lebih bilangan prima.

Teorema (Fermat’s Little Theorem):

Jika p adalah bilangan prima dan a adalah bilangan bulat yang tidak habis

dibagi dengan p, yaitu PPB(a, p) = 1, maka ap–1 1 (mod p)

5/1/2013

7

KOMBINATORIKAA. KAIDAH PENCACAHAN1. Aturan pengisian tempat/Kaidah Perkalian

Misal ada n tempat yang tersedia. Jika ki menyatakan banyaknya cara mengisitempat yang ke-i (i=1,2,...,n), maka banyak cara pengisian tempat ada∏ = …Contoh: Akan dibentuk bilangan genap yang terdiri dari 3 angka yang dipilih dariangka 2,3,4,5,6,7,8.Berapa banyak bilangan yang dapat dibentuk jikaa. Angka-angka boleh berulangb. Angka-angkanya tidak boleh berulangPenyelesaian:a. Untuk pemilihan angka ratusan dan puluhan masing-masing terdapat 7 pilihan

dan untuk angka satuan terdapat 4 pilihan sehingga banyak bilangan yangterbentuk ada 7.7.4=196

b. Untuk angka satuan ada 4 pilihan, angka puluhan ada 6 pilihan, angka ratusanada 5 pilihan, sehingga ada 4.6.5=120 pilihan.

Soal:1. Ada berapa banyak bilangan positif genap terdiri dari 5 angka berbeda dapat dibuat jika

tidak ada satupun angka lima serta angka ribuan harus nol?2. Ada berapa banyak bilangan genap 3 angka, angka-angkanya tidak berulang, dan kurang

dari 600 dapat dibentuk dari kumpulan angka 0,1,2,3,4,5,6,7,8?

2. Permutasi r objek dari n objek yang berbeda:Banyak susunan terdiri atas r objek berbeda dari n objekberbeda dengan memperhatikan urutan adalah

nPr=! !

Contoh:Berapa banyak bilangan dapat dibentuk dari sebagian atausemua angka 2,3,4,5 jika tidak boleh ada angka yang berulang?Jawab: ∑ =64

Permutasi dengan beberapa unsur samaBanyaknya susunan berbeda dari n objek yang terdiri dari n1 , n2, ...nk unsur

sama adalah !! !… !Contoh:1. Ada berapa banyak susunan yang berbeda yang dapat dibentuk dari

huruf-huruf M,A,T,E,M,A,T,I,K,A?Penyelesaian: 10!2! 3! 2!2. Ada berapa cara yang berbeda untuk berjalan dari titik P ke titik Q

tanpa melalui ruas garis AB dengan menggunakan rute terpendek?

P

Q

A B

Rute terpendek dari P ke Q adalah rute dimana kita berjalanke kanan (K) sebanyak 5 langkah dan ke atas (A) sebanyak 4langkah.dengan urutan yang berbeda-beda. Jadi banyaknyarute terpendek dari P ke Q sama dengan banyaknya permutasidari K,K,K,K,K,A,A,A,A, yakni !! ! = 126.Sementara itu, banyaknya rute terpendek yang melalui ruasgaris AB=(banyak rute terpendek dari P ke A).(banyak ruteterpendek dari B ke Q = !! ! !! !=36.Dengan demikian, banyaknya cara yang berbeda untukberjalan dari titik P ke titik Q tanpa melalui ruas garis ABdengan menggunakan rute terpendek = 126-36 = 90.

5/1/2013

8

Permutasi SiklisBanyaknya susunan memutar yang berbeda dari n objek ada (n-1)!

Contoh:Jika terdapat empat orang yang duduk di atas empat kursi yang

disusun melingkar, ada berapa banyak cara berbeda yangmungkin?

Jawab: (4-1)! = 6.Soal:Ada tiga pasang suami istri yang duduk dalam posisi melingkar.a. Jika setiap pasang suamu istri harus duduk bersebelahan, ada

berapa cara berbeda yang mungkin?b. Jika pasangan suami istri tidak perlu duduk bersebelahan, ada

berapa cara berbeda yang mungkin?c. Jika setiap pasang suamu istri tidak boleh duduk bersebelahan,

ada berapa cara berbeda yang mungkin?d. Jika tidak boleh ada laki-laki dan perempuan yang berdekatan

kecuali pasangannya, ada berapa cara berbeda yang mungkin?

L

PL

P

LP

L

P

L

P

LP

L

P L

P

L P

L

P L

P

L

P

L

P

L

P

LP

L

P

L

P

L P

L

P L

P

L P

L

P

L

P

L

P

a. Karena setiap pasang suami istri harus bersebelahan, maka urutan pasangan yangberbeda adalah (M, K, H), (M, H, K) dan (K, M, H). Karena dalam setiap pasangan terdiridari 2 orang (suami dan istri), maka dalam setiap pasangan ada dua kemungkinanurutan yang berbeda. Dengan demikian, dalam setiap urutan pasangan ada 2.2.2=8urutan yang berbeda (contoh untuk urutan pasangan (M,K,H) seperti di atas). Berartiada 8+8+8=24 urutan berbeda dimana suami-istri bersebelahan..

b. Banyak urutan berbeda tanpa syarat bahwa setiap suami-istri harus bersebelahan ada(6-1)!=120.

c. silahkan coba!d. 0.

3. Kombinasi r objek dari n objek yang berbeda:Banyak susunan terdiri atas r objek berbeda dari n objek berbeda denganmemperhatikan urutan adalah

nCr=!! !

Contoh:1. Ada berapa cara memilih 3 orang siswa dari 8 orang siswa

Jawab: = !! !=56

2. Ada berapa cara mengambil 1 bola merah, 2 bola kuning dan 3 bola hijau dari sebuah kotakyang berisi 2 bola merah, 4 bola kuning dan 6 bola hijau?

Jawab: =2.6.20 = 240.

3. Ada berapa banyak bilangan 4 angka dengan angka pertama adalah 1 dan tepat memiliki 2angka yang sama.

Jawab:

• bentuk 11XY, 1X1Y, 1XY1, dengan X, Y ≠1 dan X≠Y, masing-masing ada 9.8 3.9.8

• Bentuk 1XXY, 1XYX, 1YXX, dengan X, Y ≠1 dan X≠Y, masing-masing ada 9.8 3.9.8, sehinggaada

2.3.9.8 = 6.9.8 = 432.

• Kombinasi dengan pengulangan

Misal n objek identik akan diletakkan pada r tempat dengan r≤n. Mika

masing-masing tempat dapat tidak ditempati atau ditempati oleh lebih dari

satu objek, maka banyak cara yang mungkin ada + − 1− 1 = + − 1 .

Contoh:

Tentukan banyaknya bilangan bulat tak negatif terurut (x1, x2, x3, x4) yang

memenuhi persamaan linier x1+x2+x3+x4=3.

Penyelesaian: Sebetulnya ada 4 tempat yang harus diisi. Karena jumlahnya

harus 3, maka setelah 3 tempat pertama diisi, hanya ada satu kemungkinan

untuk mengisi tempat ke empat. Dalam pengisian 3 tempat tersebut, kita

boleh mengisi dengan 0 (kosong), sehingga ada+ − 1 = 3 + 4 − 13 .=20

5/1/2013

9

B. BINOMIUM NEWTON

Rumus Binomium Newton:( + ) =Dapat diperluas menjadi Multinomium:( + + ⋯+ ) = ∑ , ,…⋯ ∏

,Dimana , , … = !! !… !

CONTOH

1. Berapakah koefisien dari x6 dalam penjabaran ( + ) ?

Penyelesaian:( + ) = ∑ 10 ( ) = ∑ 10Dengan demikian 2i-10 = 6 atau i =8 dan koefisien dari x6 diberikan oleh108 =45

2. Tentukan koefisien ab2c pada penjabaran (a + 3b − c)4

Penyelesaian:Rumus Trinomium, memberikan( + − ) = ∑ 4, , −Yang kita cari adalah koefisien yang bersesuaian dengan i=1, j=3 dan k=1,yakni 41, 2, 1 .3 . (−1) = -108.

C. PIGEONHOLE PRINCIPLE

• Bentuk sederhana dari pigeonhole principle:

Jika ada n buah sarang dan ada lebih dari n merpati,

maka ada sarang yang ditempati oleh lebih dari satu

merpati.

• Bentuk umum dari pigeonhole principle:

Jika ada n buah sarang dan ada m merpati (m≥n),

maka ada sarang yang ditempati oleh sekurang-

kurangnya m/nmerpati. Simbol x menyatakan

bilangan bulat z dengan x-1 < z ≤ x.

CONTOH PENERAPAN1. Jika ada n2+1 titik yang terletak di dalam sebuah persegi dengan panjang sisi n,

maka ada sekurang-kurangnya 2 titik yang memiliki jarak tidak lebih dari √22. Jika ada n2+1 titik yang terletak di dalam sebuah segitiga sama sisi dengan

panjang sisi n, maka ada sekurang-kurangnya 2 titik yang memiliki jarak sejauh-jauhnya 1.

1 2 n...

n2

1

2 3

n2

Persegi dg panjang sisi n dapat dibagimenjadi n2 persegi dengan panjang sisi 1

Segitiga sama sisi dg panjang sisi n dapatdibagi menjadi n2 segitiga dengan panjangsisi 1

5/1/2013

10

3. Buktikan bahwa di antara 5 bilangan bulat pasti ada 3 di antaranya yang memiliki

jumlah yang habis dibagi 3.

Penyelesaian:

Perhatikan bahwa sisa pembagian suatu bilangan bulat dengan 3 adalah 0, 1 atau 2.

i. Jika ada tiga di antara kelima bilangan tersebut memiliki sisa pembagian yang

sama, katakan n1=3p1+r, n2=3p2+r dan n3=3p3+r, maka jelas n1+n2+n3 habis

dibagi 3. QED

ii. Jika tidak terdapat tiga bilangan yang memiliki sisa pembagian yang sama.

Karena ada lima bilangan, maka pasti ada bilangan yang bersisa 0, ada bilangan

yang bersisa 1 dan ada bilangan yang bersisa 2 jika dibagi 3 (pigeonhole

principle). Katakan n1=3p1, n2=3p2+1 dan n3=3p3+2. Maka n1+n2+n3 habis

dibagi 3. QED

Pustaka sumber untuk Materi Olimpiade Matematika SMA(khususnya teori bilangan dan Kombinatorik):

1. Hermanto, E., Diktat Pembinaan Olimpiade Matematika Tahun Pelajaran2010-2011

2. INTERNATIONAL MATHEMATICAL OLYMPIAD, IMO PROBLEMS ( imo-official.org/problems.aspx)

3. Lee, H., 2007, Number Theory Problems from IMO Shortlist 1999 2006(http://projectpen.wordpress.com)

4. Parvardi.A.H., 2011, Combinatorics Problems (http://ohkawa.cc.it-hiroshima.ac.jp/AoPS.pdf/100%20Combinatorics%20Problems.pdf)

5. Sato, N., Number Theory(www.artofproblemsolving.com/Resources/Papers/SatoNT.pdf)

6. Vandendriessche, P., Lee, H., 2007, Problems in Elementary NumberTheory

7. ............., Category:Olympiad Combinatorics Problems,http://www.artofproblemsolving.com/Wiki/index.php/Category:Olympiad_Combinatorics_Problems