Tugas Akhir Modul 1 Matematika

TUGAS AKHIR M1: MATEMATIKA Nama : Ahmad Ahmad Reza Fahlepi

Jawaban: 1. Untuk mengetahui nilai kebenaran dari pernyataan majemuk berikut, akan ditunjukkan dengantabel kebenaran. a.

 ( p  q)  (r  q)   ( p  r )  q 

 p

q

 p  q

r

r



q

( p  q)  ( r  q)

 p  r 

( p  r )  q

 ( p  q)  (r  q)   ( p  r )  q 

B B B

B

B

B

B

B

B

B B

S

B

B

B

S

B

B

B

S

B

S

S

S

B

S

B

B

S

S

S

B

S

S

B

B

S

B B

B

B

B

B

B

B

S

B

S

B

B

B

B

B

B

S

S

B

B

S

S

B

B

B

S

S

S

B

B

B

B

S

S

Berdasarkan tabel diatas, maka pernyataan  ( p  q)  (r  q)   ( p  r )  q  bukan tautology dan bukan kontradiksi.  b.

 p 



~

p q

 ~ p  q



 p

Q

~ p

B

B

S

S

S

B

S

S

S

S

S

B

B

B

S

S

S

B

S

S

 p 

~

p q



2. Bukti keabsahan

( p  q)  (r  s) ~ r ~ s ~  p ~ q



Bukti: 1. ( p  q)  (r  s)

(Premis 1)

2.

(Premis 2)

~

r

~

s

3. ~ ( r  s)

(2 Hukum De Morgan)

4. ~ (  p  q)

(1,3 Modus Tolens)

5.

(4 Hukum De Morgan)

~

 p 

~

q

Jadi argument tersebut sah (terbukti).

3. Banyaknya solusi dari persamaan  x1  x2  x3 Karena  x1  x2  x3



20 , 0   x2  3 ,



dan 2   x3

Banyaknya solusi dari persamaan  x1  x2  x3

20 dengan  x1  2 ; 0   x2  3 ; 5,



dan 2   x3

5.

maka 2   x1  18

20 dapat

dinyatakan oleh koefisien koefisien x  x20 dalam

ekspansi: G( x)



( x 2  x3 



18

x

)(1  x  x2  x3 )( x2  x3  x4  x5 )

Bila diuraikan, fungsi pembangkitG pembangkitG( x)  x) menjadi: G ( x)

 ( x 2  x3 

 x18 )(1  x  x 2  x 3 )( x 2  x 3  x 4  x 5 )

  x 2 (1  x 

 x16 )(1  x  x 2  x 3 ) x 2 (1  x  x 2  x 3 )

  x

4

  x 4

 1   x17   1  x 4   1  x 4       1   x   1  x   1  x  1 (1   x)

3

21  x 25 ) (1  2 x 4  x 8  x17  2 x21

 3  k   1   x (1  2 x  x  x  2 x  x ) (1)k   ( x) k   k  0  k     k   2  k  4 4 8 17 17 21 25 25   x (1  2 x  x  x  2 x  x )  x k   k  0    (k  2)(k   1)  k  4 4 8 17 17 21 25 25   x (1  2 x  x  x  2 x  x )  x 2  k  0    x 4 (1  2 x 4  x 8  x17  2 x 21  x 25 )(1  3x   45x 8   91x12  

4

4

8

17 17

21

25 25

 153x16 

)

Dari uraian diatas maka didapat koefisien x koefisien x20 adalah 153  2(91)  45  16 Jadi, terdapat 16 solusi dari persamaan  x1  x2  x3



20 dengan  x1  2 ;

0   x2  3 ;

dan

2   x3  5 .

4. Graf berikut a

b e

 f

h  g d

c

Graf pada gambar diatas merupakan merupakan graf bipartisi,

karena himpunan titiknya dapat

dikelompokkan menjadi dua himpunan bagianV  bagianV 1danV  danV 2 seperti pada gambar berikut V 1

V 2

a

b

c

d

 f

e

h

 g

Berdasarkan gambar diatas, maka graf tersebut termasuk graf bipartisi tapi bukan graf  bipartisi lengkap karena tidak setiap titik di V 1 bertetangga dengan semua titik di V 2.

5. Diketahui graf sebagai berikut

Tersedia enam warna berbeda untuk mewarnai semua titik sehingga dua titik yang bertetangga (adjacent ) berbeda warna. Berikut cara pewarnaannya pewarnaannya :

Misalkan 6 warna tersebut tersebut 1,2,3,4,5,6 Kemungkinan 1 : ditempatkan semua warna berbeda pada setiap titik (6 warna berbeda pada graf) 2

3

4

5

1

6

Maka banyak cara pewarnaan = 6.5.4.3.2.1 = 720 (aturan (aturan pengisian tempat pada titik) Kemungkinan 2 : ditempatkan 1 pasang warna yang sama pada 2 buah titik (ada 5 warna berbeda  pada graf) atau

Maka banyak cara pewarnaan = 6.5.4.3.2.2(bentuk berbeda) = 1440 Kemungkinan 3 : ditempatkan 2 pasang warna yang sama pada 2 pasang titik (ada 4 warna  berbeda pada graf)

Maka banyak cara pewarnaan =6.5.4.3 = 360 Kemungkinan 4 : ditempatkan 2 pasang warna yang sama pada 2 pasang titik saling berjauhan (ada 4 warna berbeda) atau

maka banyak cara pewarnaan = 6.5.4.3.2 = 720 Kesimpulan Dari 4 kemungkinan cara pewarnaan diatas dapat diperoleh cara pewarnaan pada graf adalah 720 + 1440 + 360 + 720 = 3240 cara