Tugas Akhir Modul 1

July 5, 2019 | Author: PRISILIA KALIGIS | Category: N/A
Share Embed Donate


Short Description

tugas akhir modul 1 kompetensi profesional...

Description

 NAMA  NO PESERTA

: PRISILIA KALIGIS KALIGIS : 1917071801000 19170718010003 3 TUGAS AKHIR MODUL 1

1. Berdasarkan penjelasan tentang tautologi dan kontradiksi. Selesaikan masalah berikut ini dengan menuliskan langkah-langkahnya. langkah-langkahnya. a.

( ⇒ ⋀ ⇒   ) ⇒ ( ⇒  ⇒ ) 

 ⇒  ⇒ 

( ⇒  ⋀ ⇒  ) ⇒ (  ⇒ ( ⇒   ⇒ ) )

B

B

B

S

B

B

B

S

B

S

S

B

S

B

S

S

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

S

B

B

S

B

B

B

S

S

B

B

S

B

S

S

B

S

S

S

B

B

S

B

S

S







 ⇒  

⇒ 

 ⇒  

B

B

B

B

B

B

B

B

S

B

B

B

S

B

S

B

S

S

S

B

S

 ⇒   ⋀ ⇒  

( ⇒   ⋀ ⇒ ) ⇒ ( ⇒    ⇒ ) Bukan tautologi ataupun kontradiksi  b. ⋀ ⋀∼  ∧  



∼

∼  ∧ 

⋀∼  ∧ 

B

B

S

S

S

B

S

S

S

S

S

B

B

B

S

S

S

B

S

S

⋀ ⋀∼  ∧  merupakan kontradisi

2. Buktikan keabsahan argumen berikut dengan menuliskan langkah dan aturan-aturan yang digunakan untuk pembuktian.

 ∧  ⇒   ∧  ∼  ∨∼  ∴∼  ∨∼  Bukti : 1. 2. 3. 4. 5.

 ∧  ⇒   ∧  (premis 1) ∼  ∨∼  (premis 2) (2 Hukum De Morgan) ∼  ∧ ∧  ∼  ∧  (1,3 Modus Tolens) (4 Hukum De Morgan) ∼  ∨∼     ℎ

 +  +  = 20, dengan syarat  ≥ 2, 0 ≤  ≤ 3,3 ≤  ≤ 5 (selesaikan dengan fungsi pembangkit) Fungsi pembangkit untuk kemungkinan terambilnya obyek  adalah (  +   +   + ⋯+   Fungsi pembangkit untuk kemungkinan terambilnya obyek  adalah (  +   +   +    Fungsi pembangkit untuk kemungkinan terambilnya obyek  adalah (  +   +    Banyaknya solusi dinyatakan oleh koefisien    dalam ekspansi :  =  +  +  +⋯+   +  +  +  +  + 

3. Tentukan banyaknya solusi dari persamaan   

 dalam perkalian didapat dengan mengalikan   pada faktor pertama dengan    pada faktor kedua dan    pada faktor ketiga yang memenuhi :  +  +  = 20 Bila disederhanakan, fungsi pembangkit    menjadi : 1 +  +  + 1+  +   = 1+  +  +⋯+ −1  −   =  −  − −   −    1   1 1    =  − −

Setiap bentuk

1   −   = 1  1  = 1     +  −   =   =      +  −  Banyak solusi bulat adalah koefisien   dalam    adalah sebagai berikut :  = 17 = 136  → .  = ∑ 3+151   15 15 12  1  = 14 = 91 .  = ∑ 3 + 12 12   = 13 = 78 .  = ∑ 3+111   11 11 .  = ∑ 3 + 88  1  = 108  = 45 Jadi solusinya=136-91-78+45=12 cara

4. Perhatikan graf berikut.

Apakah graf pada gambar di atas merupakan graf bipartisi? Apakah graf tersebut merupakan graf bipartisi lengkap? Jelaskan jawaban Anda!

Gambar diatas adalah graf bipartisi, terlihat dari pembagian partisi yaitu

 =   =  ,,ℎ, ,,ℎ,  = ,, ,,, ,

Meskipun ini termasuk graf bipartisi, namun ti dak termasuk graf bipartisi lengkap. Karena tidak semua titik pada

 dihubungkan dengan semua titi di . Contohnya titik a dan titik g tidak ada

edge yang menghubungkan

5. Perhatikan graf berikut. Tersedia enam warna berbeda untuk mewarnai semua titik sehingga dua titik yang bertetangga (adjacent  (adjacent ) berbeda warna. Ada berapa cara mewarnai semua titik tersebut?

Jawab: Misalkan : G graf dengan

Karena

|| | = 6

|| | = 6, maka χ( )≤ 6 , pada graf G memuat graf komplit K , akibatnya χ( G

4

G)=4.

Jadi banyak warna yang digunakan untuk mewarnai graf G tersebut agar setiap dua titik yang bertetangga bertetangga berbeda warna adalah 4. Maka banyak cara mewarnai graf tersebut adalah kombinasi 4 dari 6 yaitu:

6!  = 6!  =  654!  =  30 = 15  , = 4! 4! 6  4! 4!2! 4!21 2

View more...

Comments

Copyright ©2017 KUPDF Inc.
SUPPORT KUPDF