1. Dokumen tersebut membahas prinsip inklusi-eksklusi dalam menghitung banyaknya obyek yang memenuhi beberapa sifat tertentu. 2. Bentuk umum prinsip inklusi-eksklusi ditulis sebagai rumus yang menghitung jumlah obyek tanpa sifat tertentu berdasarkan jumlah obyek dengan berbagai kombinasi sifat. 3. Beberapa contoh penerapan prinsip inklusi-eksklusi untuk

1. 1
TUGAS 1
PRINSIP INKLUSI-EKSKLUSI
(Disusun dalam rangka memenuhi
tugas mata kuliah Matematika Diskrit Lanjut)
Oleh:
KELOMPOK 4
1. MUH. ALFIANSYAH 161050701024
2. NURQIYAMAH HAMID 161050701032
3. ASMAUN 161050701038
PENDIDIKAN MATEMATIKA
PROGRAM PASCASARJANA
UNIVERSITAS NEGERI MAKASSAR
MAKASSAR
2017

2. 1
PRINSIP INKLUSI-EKSKLUSI
1. Pendahuluan
Misalkan S adalah suatu himpunan dari N obyek dan a1,a2, …, an adalah
sifat-sifat yang mungkin dimiliki oleh obyek-obyek yang ada di S. sebuah obyek
di S mungkin saja memiliki beberapa (bias nol) sifat dari sifat-sifat yang ada.
Banyaknya obyek S yang mempunyai sifat a, dilambangkan dengan N(ai)
sedangkan N(ai’) menyatakan banyaknya obyek S yang tidak memiliki sifat ai,.
Dengan demikian:
N = N(ai) +N(ai’)
Selanjutnya N(ai aj) menyatakan banyaknya objek S yang memiliki sifat ai
dan aj, dan N(ai’ aj’) melambangkan banyaknya objek yang tidak memiliki sifat ai
maupun aj. Begitu pula, N(ai’ aj) menyatakan banyaknya objek yang memiliki
sifat aj tapi bukan sifat ai. Secara umum N(ai1, ai2, …, aik) adalah banyaknya objek
S yang memiliki sifat-sifat ai1, ai2, …, dan aik.
Misalakn A adalah himpunan bagian dari S yang anggota-anggotanya
memiliki sifat a1 dan B adalah himpunan bagian dari S yang anggota-anggotanya
memiliki sifat a2. Maka himpunan bagian dari S yang anggota-anggotanya
memiliki sifat a1 dan a2 adalah A B. Begitu pula himpunan bagian dari S yang
anggota-anggotanya tidak memiliki sifat a1 maupun a2 adalah A’ B’ yang sama
dengan (A B)’.
Kita peroleh,
| | = N, | | = N(a1), | | = N(aj),
dan
| | = | | = N(a1’a2’).
Karena
S = (A B) (A B)’ dan (A B) (A B)’ = ,
maka
| | = | | + | |
Dapat ditunjukkan bahwa,
| | = | | + | | - | |

3. 2
Sehingga diperoleh,
| | = | | - | |
= | | – (| | + | | - | |)
= | | – | | - | | + | |
Dengan demikian, banyaknya obyek di S yang tidak memiliki sifat a1 dan tidak
memiliki sifat a2 adalah;
N(a1’a2’) = N – N(a1) – N(a2) + N(a1 a2) (4.1.1)
Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa banyaknya obyek di S yang
tidak memiliki sifat di a1, a2, ataupun a3 adalah,
N(a1’a2’a3’) = N – N(a1) – N(a2) – N(a3) + N(a1 a2) + N(a1 a3)
+ N(a2 a3) – N(a1 a2 a3) (4.1.2)
Persamaan (4.1.1) dan (4.1.2) adalah bentuk-bentuk khusus dari suatu prinsip
yang disebut prinsip inklusi-eksklusi.
Bentuk umum dari prinsip inklusi-eksklusi akan disajikan di bagian
berikut. Sebelumnya mari kita tinjau sejenak formula | | = | | + | | -
| | yang telah kita pakai untuk memperoleh persamaan (4.1.1). untuk
menghitung ruas kiri dari formula ini, kita telah ”melibatkan” (to include)semua
elemen A dan semua elemen B mendapatkan | | + | |; sedangkan dalam
menghitung nilai | | + | | setiap elemen sekutu dari A dan B dihitung dua kali.
Dengan kata lain sebanyak | | elemen dihitung dua kali. Sehingga sebesar
| | pula yang harus dikurangkan atau “dikeluarkan” (to be excluded) dari | |
+ | | untuk memperoleh | |. Kiranya jelas, istilah include dan exclude
mengilhami istilah inklusi-eksklusi yang kita pakai. Sudah kita singgunag
sebelumnya, beberapa bentuk khusus dari prinsip inklusi-eksklusi. Berikut kita
sajikan bentuk umumnya.
2. BENTUK UMUM PRINSIP INKLUSI-EKSKLUSI
Secara umum prinsip inklusi-eksklusi dapat ditulis sebagai berikut.
Teorema 4.2.1 : (Prinsip Inklusi-Eksklusi)
Jika N adalah banyaknya obyek dalam himpunan S dan a1, . . . , ar sifat
sifat yang mungkin dimiliki oleh suatu obyek di S, maka banyaknya obyek di S

4. 3
yang tidak memiliki sifat a1, a2, . . . , ar adalah :
N(a1’ , a2’ , . . . , ar’) = N - ∑ (ai) + ∑ (aiaj) + ∑ (aiajak) + . . . + (-1)r
N
(a1, a2, . . . , ar) (4.2.1)
Catatan :
Dalam persamaan (4.2.1) “sigma” pertama mencakup semua i (1, 2, 3, . . . , r) ;
“sigma” kedua mencakup semua pasangan {i, j}, i j, i, j (1, 2, 3, . . . , r) ;
“sigma” ketiga mencakup semua triple {i, j, k}, (1, 2, 3, . . . , r) dan i, j, k
berbeda; dan seterusnya.
Bukti: Teorema 4.2.1:
Ruas kiri dari persamaan (4.2.1) menyatakan banyak objek di S yang tidak
memiliki sifat a1, a2, . . . , ar. Untuk menunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan
ruas kanan dalam (4.2.1) cukup menunjukkan bahwa: setiap objek yang tidak
memiliki sifat a1, sifat a2, ... ataupun sifat ar dapat dihitung sekali dalam
menghitung ruas kanan (4.2.1); dan setiap objek yang memiliki paling sedikit satu
sifat, dihitung nol kali dalam menghitung ruas kanan dari (4.2.1).
Pandang sebuah objek di S, katakan x. Jika objek x tidak memiliki sifat
dari sifat-sifat yang ada, maka objek ini dihitung tepat sekali dalam menghitung
N, di ruas kanan (4.2.1); dan tidak dihitung dalam menghitung suku-suku yang
lain dalam ruas kanan (4.2.1)
Jika objek x dalam S memiliki sebanyak sifat dari r sifat yang ada,
maka objek ini dihitunng sebanyak:
 ( ) sama dengan satu kali menghitung N
 ( ) kali dalam menghitung ∑
 ( ) kali dalam menghitung ∑ ( )
 ( ) kali dalam menghitung ∑ ( );
dan seterusnya
Sehingga dalam menghitung ruas kanan (4.2.1) obyek x tersebut dihitung
sebanyak n kali dengan:

5. 4
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Karena ( ) untuk , maka
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Selanjutnya, karena
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Maka
Dengan demikian teorema terbukti █
Catatan: dari teorema binomial diperoleh
∑ ( )
Subtitusikan x dengan pada (*) dieroleh
∑ ( )
Atau
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Contoh 4.2.1 :
Ada beberapa bilangan bulat dari 1 sampai dengan 1000 yang :
a. Tidak habis dibagi 3 dan tidak habis dibagi 5 ?
b. Tidak habis dibagi 3, 5, atau 7 ?
Penyelesaian :
Misalnya S = {1, 2, 3, . . . , 1000} dan
a1 : sifat habis dibagi 3,
a2 : sifat habis dibagi 5,
a3 : sifat habis dibagi 7.
Yang dinyatakan adalah:
a. N(a1 a2)

6. 5
b. N(a1 a2 a3)
Jelas bahwa N = | S | = 1000.
Selanjutnya kita peroleh,
N(a1) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 3
= | 1000/3 | = 333
N(a2) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 5
= | 1000/5 | = 200
N(a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 7
= | 1000/7 | = 142
N(a1 a2) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 3 dan 5
= | 1000/15 | = 66
N(a1 a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 3 dan 7
= | 1000/21 | = 47
N(a2 a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 5 dan 7
= | 1000/35 | = 28
N(a1 a2 a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 3, 5 dan 7
= | 1000/105 | = 9
Sehingga dengan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh :
(a) N (a1 a2 ) = N - N(a1 ) - N(a2) + N(a1 a2)
= 1000 – 333 – 200 + 66 = 533
(b) N (a1 a2 a3)= N - N(a1 ) - N(a2) - N(a3) + N(a1 a2) + N(a1 a3) + N(a2 a3) + N(a1
a2 a3)
= 1000 – 333 – 200 – 142 + 86 + 47 + 28 – 9
= 457 █
CONTOH 4.2.2 :
Sebanyak n bola yang berbeda ditempatkan ke dalam k kotak yang berbeda.
Berapakah peluang bahwa tidak terdapat kotak yang kosong?
Penyelesaian :
Misal S adalah himpunan semua kejadian (pendistribusian) yang mungkin. Ei
adalah kejadian bahwa kotak ke I kosong dan ai adalah sifat bahwa kejadian Ei

7. 6
muncul. Dalam hal ini I ϵ {1,2,3,…,k}.
Kita peroleh N = |S| = kn
; … dan seterusnya. Selanjutnya terdapat ( ) cara
memilih sifat ai ; ( ) cara memilih sifat ai dan aj ; ( ) cara memilih sifat ai, aj, dan
ak dan seterusnya. Sehingga banyaknya cara menempatkan (mendistribusikan) n
bola ke dalam n kotak sedemikian sehingga tidak ada kotak yang kosong adalah :
N(a’1 a’2 … a’k) = kn
- ( ) n
+ ( ) n
+ … + (-1)k
( ) n
= ∑ i
( ) n
Dengan demikian, peluang tidak ada kotak kosong adalah
= k-n
∑ i
( ) n
= ∑ i
( ) n
█
Contoh 4.2.3 :
Gunakan prinsip inklusi-eksklusi untuk menentukan banyaknya solusi bulat dari
persamaan berikut :
x1 + x2 + x3 = 20, 0 ≤ xi ≤ 5, for all i ϵ {1,2,3}
Penyelesaian :
Misalkan S adalah himpunan semua solusi bulat dari persamaan x1 + x2 + x3 = 20,
0 ≤ xi ≤ 5, for all i ϵ {1,2,3}. Maka dapat ditunjukkan bahwa
N = |S| = ( )= ( ) (lihat contoh 2.3.5 bab 2)
Untuk setiap I ϵ {1,2,3}, misalkan ai menyatakan sifat xi ≥ 6.
Sehingga,
N (a1) = Banyaknya anggota S yang mempunyai a1
= Banyaknya solusi bulat x1 + x2 + x3 = 20, dengan x1 ≥ 6, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0
= Banyaknya solusi bulat x1 - 6 + x2 + x3 = 14, dengan x1 - 6 ≥ 0, x2 ≥ 0,
x3 ≥ 0
= Banyaknya solusi bulat x1 + x2 + x3 = 14, dengan x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0
= ( ) ( )
Dengan cara yang sama diperoleh nilai N (a3) =( )
Selanjutnya,

8. 7
N (a1a2) = Banyak anggota S yang memiliki sifat a1 dan a2
= Banyaknya solusi bulat x1 + x2 + x3 = 20, x1 ≥ 6, x2 ≥ 6, x3 ≥ 0
= Banyaknya solusi bulat x1 - 6 + x2 - 6 + x3 = 8, x1 - 6 ≥ 6, x2 - 6 ≥ 6,
x3 ≥ 0
= Banyaknya solusi bulat x’1 + x’2 + x3 = 8, x’1 ≥ 0, x’2 ≥ 0, x3 ≥ 0
= ( ) ( )
Dengan cara yang sama diperoleh N(a1a3) = N(a1 dan a3) = ( ).
N (a1a2a3) = Banyaknya anggota S dengan sifat a1, a2, dan a3
= Banyaknya solusi bulat x1 + x2 + x3 = 20, x1 ≥ 6, x2 ≥ 6, x3 ≥ 6
= Banyaknya solusi bulat x1 - 6 + x2 - 6 + x3 - 6 = 2, x1 - 6 ≥ 6, x2 - 6 ≥
0, x3 – 6 ≥ 0
= Banyaknya solusi bulat x’1 + x’2 + x’3 = 2, x’1 ≥ 0, x’2 ≥ 0, x’3 ≥ 0
= ( ) ( )
Menurut prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh :
N(a’1a’2a’3) = N – N(a1) – N(a2) – N(a3) + N(a1a2) + N(a1a3) + N(a2a3) – N(a1a2a3)
= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
= ( ) ( ) ( ) ( )
Jadi banyak solusi bulat dari persamaan
x1 + x2 + x3 = 20, 0 ≤ xi ≤ 5, for all i ϵ {1,2,3}
adalah :
( ) ( ) ( ) ( ) █
3. Banyak Objek Memiliki Tepat m Sifat
Seperti sebelumnya, mislakan S adalah himpunan N objek, dan a1, a2, ..., ar
adalah sifat-sifat dari objek-objek yang terdapat di dalam S. Adakalanya kita ingin
mengetahui banyaknya objek di S yang memiliki tepat m sifat. kita akan
lambangkan dengan em bnyaknya objek S yang memiliki tapat m r sifat.
selanjutnya, untuk t 1; kita definisikan sebagai
St= ∑

9. 8
dimana "sigma" mencakup semua kemungkinan memilih t sifat ai1,ai2,...,ait dari r
sifat yang ada. hubungan em dengan sm dapat dilihat di teorama berikut.
Teorema 4.3.1:
Misalkan a1, a2, ...., ar adalah sifat-sifat yang mungkin dimiliki oleh suatu
obyek di himpunan S, maka banyak obyek S yang memiliki tepat m ≤ r sifat
adalah:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
Bukti:
Untuk membuktikan Teorema 1, cukup ditunjukkan bahwa:
a. Setiap obyek S yang memiliki kurang dari m sifat, tidak dihitung dalam
menghitung ruas kiri maupun ruas kanan.
b. Setiap obyek S yang memiliki tepat m sifat, dihitung tepat satu kali dalam
menghitung ruas kiri dan ruas kanan.
c. Setiap obyek S yang memiliki lebih dari m sifat, dihitung nol kali dalam
menghitung ruas kiri dan ruas kanan.
Pandang sebuah obyek sebarang di S, misalnya obyek x. Kita tinjau tiga
kasus:
Pertama: Obyek x memiliki kurang dari m sifat
Kedua: Obyek x memiliki tepat m sifat
Ketiga: Obyek x memiliki lebih dari m sifat.
Kasus I:
Jika obyek x memiliki kurang dari m sifat, maka jelas x tidak dihitung
dalam menghitung em dan tidak dihitung dalam menghitung setiap suku ruas
kanan.
Kasus II:
Jika obyek x memiliki tepat m sifat maka x dihitung tepat satu kali dalam
menghitung em. Selanjutnya, karena obyek x dihitung sekali dalam menghitung
sm; dihitung nol kali dalam menghitung sm+k, untuk k ≥ 1, maka obyek x dihitung
tepat satu kali dalam menghitung ruas kanan.

10. 9
Kasus III:
Jika obyek x memiliki lebih dari m sifat, katakan (m+j) sifat, jelas obyek x
tidak dihitung dalam menghitung em dan akan ditunjukkan bahwa obyek ini
dihitung sebanyak nol kali dalam menghitung ruas kanan.
Perhatikan bahwa obyek x dihitung sebanyak:
 ( ) kali dalam menghitung sm
 ( ) kali dalam menghitung sm+1
 ( ) kali dalam menghitung sm+2
 ( ) kali dalam menghitung Sm+3, dan seterusnya.
Secara umum, obyek x dihitung sebanyak: ( ) dalam menghitung sm+p,
(untuk p ≤ j). Sedangkan untuk p ≥ j, obyek x tidak dihitung lagi dalam
menghitung sm+p, karena sudah dimisalkan bahwaobyek x memiliki m + j sifat.
Dengan demikian, dalam menghitung ruas kanan (1.1) obyek x dihitung sebanyak:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
+ (-1)p
( ) ( ) ( ) ( )
(4.3.2)
Perhatikan:
( ) ( )
( ) ( )
diperoleh,

11. 10
( ) ( ) ( ) ( )
Sehingga, bentuk (4.3.2) dapat ditulis
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
yang sama dengan
( ) {( ) ( ) ( ) ( ) ( )} (4.3.3)
Karena,
{( ) ( ) ( ) ( ) ( )} = 0
Maka bentuk (4.3.3) sama dengan nol. Dengan demikian teorema terbukti █
Contoh 4.3.1
Sebanyak n pasangan suami istri hadir dalam suatu pesta dansa. Dansa dilakukan
serentak dan seorang pria hanya berdansa dengan seorang wanita.
a. Berapakah peluang terdapat tepat satu pasang suami istri berdansa dalam pesta
dansa tersebut?
b. Berapakah peluang terdapat tepat tiga pasang suami istri berdansa bersama
dalam pesta dansa tersebut?
Penyelesaian :
Misalkan S adalah himpunan semua pasangan dansa yang mungkin, dan aᵢ
menyatakan sifat dimana suami ke i berpasangan dengan istrinya, 1 i n.
Karena terdapat n pasang suami istri, maka N =|S| = n!. Selanjutnya kita peroleh:
N(aᵢ) = banyaknya pasangan yang mungkin dimana pasangan ke i adalah
pasangan suami istri.
= banyaknya permutasi (n-1) elemen
= (n-1)!
Begitu pula,
N(aᵢaj) = banyaknya pasangan yang mungkin dimana pasangan ke i dan j adalah
pasangan suami istri.
= banyaknya permutasi (n-2) elemen
= (n-2)!

12. 11
Secara umum diperoleh
N(aᵢ₁, a₁₂, aᵢ₂, ..., aᵢk) = (n-k)!
Karena ada ( ) cara memilih k sifat dari n sifat yang ada, maka:
= ∑ ₁ ₁₂ ₂ = ( )
a.) Dari teorema 4.3.1 (r=n, m=1), diperoleh:
= - ( ) ( ) ... ( )
= ( ) ( )( ) ( )( )
=
= n! [1- + - ... ]
b.) Dari teorema 4.3.1 (r=n, m=3), diperoleh:
= - ( ) ( ) ... ( )
= ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
=
= [1- + - ... ]
Dengan demikian peluang terdapat tepat tiga pasang suami istri
berdansa bersama adalah:
₃
* + █
4. Banyak Obyek yang Memiliki Sifat Sebanyak Genap atau Ganjil
Pada bagian ini, kita akan membahas obyek-obyek dari S yang banyak
sifatnya adalah genap ataupun ganjil. Untuk menjawab pertanyaan “Berapa
banyak obyek di S yang banyak sifatnya adalah genap?” atau “Berapa banyak
obyek dari S yang banyak sifatnya adalah ganjil?”, maka dapat digunakan teorema
berikut:
Teorema 4.4.1
Jika di dalam himpunan S terdapat r sifat, maka banyaknya obyek S yang
memiliki sifat sebanyak bilangan genap adalah:

13. 12
[ ∑ ]
dan banyaknya obyek S yang memiliki sifat sebanyak bilangan ganjil adalah:
[ ∑ ]
Bukti:
Misalkan,
∑
adalah fungsi pembangkit biasa dari barisan . Dari Teorema 1 diperoleh:
[ ]
[ ( ) ( ) ( ) ]
[ ( ) ( ) ( ) ]
[ ( ) ( ) ( ) ]
Ekuivalen dengan
[ ] [ ( ) ]
* ( ) ( ) ( ) +
* ( ) ( ) ( ) +
Sehingga,
∑
Dengan demikian
{ ∑
∑

14. 13
∑ [ ] [ ∑ ]
dan
∑ [ ] [ ∑ ] █
Rujukan Utama:
Budayasa, K. 2008. Matematika Diskrit. Surabaya: Unesa University Press.

15. 14
SOAL & SOLUSINYA
1. Tentukan banyaknya bilangan bulat dari 1 sampai dengan 10000 yang tidak habis dibagi
4, 6, 7 atau 10.
Solusi:
Misalkan : S = {1,2,3,…,10000}
a1 : sifat habis dibagi 4
a2 : sifat habis dibagi 6
a3 : sifat habis dibagi 7
a4 : sifat habis dibagi 10
Yang ditanyakan adalah N(a1
’
a2
’
a3
’
a4
’
)
N = | | = 10000
N(a1) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4
= ⌊ ⌋ = 2500
N(a2) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 6
= ⌊ ⌋ = 1666
N(a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 7
= ⌊ ⌋ = 1428
N(a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 10
= ⌊ ⌋ = 1000
N(a1a2) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4 dan 6
= ⌊ ⌋ = 833
N(a1a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4 dan 7
= ⌊ ⌋ = 357
N(a1a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4 dan 10
= ⌊ ⌋ = 500
N(a2a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 6 dan 7
= ⌊ ⌋ = 238
N(a2a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 6 dan 10
= ⌊ ⌋ = 333
N(a3a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 7 dan 10

16. 15
= ⌊ ⌋ = 142
N(a1a2a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 6 dan 7
= ⌊ ⌋ = 119
N(a1a2a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 6 dan 10
= ⌊ ⌋ = 166
N(a1a3a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 7 dan 10
= ⌊ ⌋ = 71
N(a2a3a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 6, 7 dan 10
= ⌊ ⌋ = 47
N(a1a2a3a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 6, 7 dan 10
= ⌊ ⌋ = 23
Dengan prinsip inklusi-eksklusi diperoleh:
N(a1
’
a2
’
a3
’
a4
’
) = 10000 – (2500+1666+1428+1000) + (833+357+500+238+333+142) –
(119+166+71+47) + 23
= 10000 – 6594 + 2403 – 403 + 23
= 5429
Jadi bilangan bulat dari 1 sampai dengan 10000 yang tidak habis dibagi 4, 6, 7 atau 10
adalah sebanyak 5429.
2. Tentukan banyaknya bilangan bulat dari 1 sampai dengan 1000000 yang tidak habis
dibagi bilangan kuadrat sempurna < 20 atau bilangan cacah pangkat tiga < 30.
Solusi:
Misalkan : S = {1,2,3,…,1000000}
a1 : sifat habis dibagi 4
a2 : sifat habis dibagi 9
a3 : sifat habis dibagi 16
a4 : sifat habis dibagi 8
a5 : sifat habis dibagi 27
Yang ditanyakan adalah N(a1
’
a2
’
a3
’
a4
’
a5
’
)
N = | | = 1000000
N(a1) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4

17. 16
= ⌊ ⌋ = 250000
N(a2) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 9
= ⌊ ⌋ = 111111
N(a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 16
= ⌊ ⌋ = 62500
N(a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 8
= ⌊ ⌋ = 125000
N(a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 27
= ⌊ ⌋ = 37037
N(a1a2) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4 dan 9
= ⌊ ⌋ = 27777
N(a1a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4 dan 16
= ⌊ ⌋ = 62500
N(a1a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4 dan 8
= ⌊ ⌋ = 125000
N(a1a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4 dan 27
= ⌊ ⌋ = 9259
N(a2a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 9 dan 16
= ⌊ ⌋ = 6944
N(a2a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 9 dan 8
= ⌊ ⌋ = 13888
N(a2a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 9 dan 27
= ⌊ ⌋ = 37037
N(a3a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 16 dan 8
= ⌊ ⌋ = 62500
N(a3a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 16 dan 27
= ⌊ ⌋ = 2314
N(a4a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 8 dan 27
= ⌊ ⌋ = 4629
N(a1a2a3) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 9 dan 16
= ⌊ ⌋ = 6944

18. 17
N(a1a2a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 9 dan 8
= ⌊ ⌋ = 13888
N(a1a2a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 9 dan 27
= ⌊ ⌋ = 9259
N(a1a3a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 16 dan 8
= ⌊ ⌋ = 62500
N(a1a3a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 16 dan 27
= ⌊ ⌋ = 2314
N(a1a4a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 8 dan 27
= ⌊ ⌋ = 4629
N(a2a3a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 9, 16 dan 8
= ⌊ ⌋ = 6944
N(a2a3a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 9, 16 dan 27
= ⌊ ⌋ = 2314
N(a2a4a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 9, 8 dan 27
= ⌊ ⌋ = 4629
N(a3a4a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 16, 8 dan 27
= ⌊ ⌋ = 2314
N(a1a2a3a4) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 9, 16 dan 8
= ⌊ ⌋ = 6944
N(a1a2a3a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 9, 16 dan 27
= ⌊ ⌋ = 2314
N(a1a2a4a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 9, 8 dan 27
= ⌊ ⌋ = 4629
N(a1a3a4a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 16, 8 dan 27
= ⌊ ⌋ = 2314
N(a2a3a4a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 9, 16, 8 dan 27
= ⌊ ⌋ = 2314
N(a1a2a3a4a5) = banyaknya anggota S yang habis dibagi 4, 9, 16, 8 dan 27
= ⌊ ⌋ = 2314
Dengan prinsip inklusi-eksklusi diperoleh:

19. 18
N(a1
’
a2
’
a3
’
a4
’
a5
’
) = 1000000 – (250000+111111+62500+125000+37037) +
(27777+62500+125000+9259+6944+13888+37037+62500+2314
+4629) – (6944+13888+9259+62500+2314+4629+6944+2314
+4629+2314) + (6944+2314+4629+2314+2314) – 2314
= 1000000 – 585648 + 351848 – 115735 + 18515 – 2314
= 666666
Jadi bilangan bulat dari 1 sampai dengan 10000 yang tidak habis dibagi bilangan kuadrat
sempurna < 20 atau bilangan cacah pangkat tiga < 30 adalah sebanyak 666666.
3. Tentukan banyaknya permutasi dari { 1, 2, 3, 4, 5, 6} sedemikian hingga pola-pola “124”
dan “35” tidak muncul.
Peny :
Misal S = ( Permutasi dari { 1, 2, 3, 4, 5, 6})
a1 = sifat muncul “124”
a2 = sifat muncul pola “35”
N = lSl = 6! = 720 (permutasi dari 6 angka)
 N (a1) = banyaknya anggota S yang memuat pola “124”
= 4! = 24 (“124” dihitung 1)
 N (a2) = banyaknya anggota S yang memuat pola “35”
= 5! = 120 (“35” dihitung 1)
 N (a1a2) = banyaknya anggota S yang memuat pola “124” dan “35”
= 3! = 6 (“124” dan “35” masing-masing dihitung 1)
Jadi, dengan prinsip inklusi-eksklusi diperoleh banyaknya permutasi dari { 1,
2, 3, 4, 5, 6} sedemikian sehingga pola “124” dan “35” tidak muncul adalah:
N(a1’a2’) = N – N(a1) – N(a2) + N(a1a2)
= 720 – 24 – 120 + 6
= 582
4. Sebuah kata sandi dengan panjang 9 dibentuk dari angka-angka 0, 1 dan 2 sedemikian
hingga tiap angka muncul tiga kali dan tiga angka berurutan dalam kata sandi tersebut
tidak boleh sama. Ada berapa kata sandi yang dapat dibentuk?

20. 19
Solusi:
Misal S = himpunan kata sandi dengan 9-angka yang dapat dibentuk dari angka-angka
“0”, “1”, dan “2”
a1 = sifat muncul pola “000”
a2 = sifat muncul pola “111”
a3 = sifat muncul pola “222”
N = lSl = = = 1680
 N(a1) = banyaknya anggota S yang mengandung pola “000”
= = 140
 N(a1) = banyaknya anggota S yang mengandung pola “111”
= = 140
 N(a1) = banyaknya anggota S yang mengandung pola “222”
= = 140
 N(a1a2) = banyaknya anggota S yang mengandung pola “000” dan “111”
= = 20
 N(a1a3) = banyaknya anggota S yang mengandung pola “000” dan “222”
= = 20
 N(a2a3) = banyaknya anggota S yang mengandung pola “111” dan “222”
= = 20
 N(a1a2a3) = banyaknya anggota S yang mengandung pola “000”, “111”, dan
“222”
= = 6
Jadi dengan prinsip inklusi-eksklusi diperoleh banyaknya barisan 9-angka sedemikian
sehingga tidak ada tiga angka yang berurutan sama adalah :
N (a1’a2’a3’) = 1680 – (140+140+140) + (20 +20 + 20) – 6 = 1314
5. Delapan kecelakaan terjadi dalam satu minggu. Dengan prinsip inklusi-ekslusi, hitung
probabilitas bahwa terdapat paling sedikit satu kecelakaan tiap hari.

21. 20
Solusi :
Misalkan, S : { semua kemungkinan kecelakaan yang dapat terjadi }
ai : sifat hari I tidak terjadi kecelakaan, dengan i {sen, sel, rab, kam, jum,
sab, ming}
 N | |
 = Banyak angka S dengan tidak ada kecelakaan pada hari i.
= = 1679616
∑ ( )
 ( ) = Banyak anggota S dengan tidak ada kecelakaan pada hari i dan hari j.
=
∑ ( ) ( )
 ( ) = Banyak anggota S dengan tidak ada kecelakaan pada hari i, j
dan k.
=
∑ ( ) ( )
 ( ) = Banyak anggota S dengan tidak ada kecelakaan pada hari i, j,
k dan l.
=
∑ ( ) ( )
 ( ) = Banyak anggota S dengan tidak ada kecelakaan pada hari i, j,
k, l dan m.
=
∑ ( ) ( )
 ( ) = Banyak anggota S dengan tidak ada kecelakaan pada hari i, j,
k, l, m dan n.
=
∑ ( ) ( )

22. 21
 ( ) = Banyak anggota S dengan tidak ada kecelakaan pada hari i, j,
k, l, m, n dan o.
=
∑ ( ) ( )
Jadi banyaknya kemungkinan kecelakaan terdapat paling sedikit satu kecelakaan tiap
harinya.
( ) = 5764801 – 11757312 + 8203125 – 2293760 + 229635 –
5376 + 7 – 0
= 141120
Dengan demikian :
( ) ( )
6. Untuk suatu bilangan cacah n. banyaknya solusi bulat dari persamaan X1 + X2 +…. XK =
n , X¡ ≥ 0 , ί {1,2,…….K} adalah ( )
Gunakan prinsip inklusi – esklusif untuk menentukan banyaknya solusi bulat dari
persamaan berikut:
(a). X1 + X2 + X3 = 16, 0 ≤ Xί ≤ 7 ί {1,2,3}
Solusi :
Misalkan S = { Solusi bulat dari persamaan X1 + X2 + X3 = 16, Xί ≥ 0 ί {1,2,3}}
a1 = Sifat X1 ≥ 8
a2 = Sifat X2 ≥ 8
a3 = Sifat X3 ≥ 8
N = |S| = ( ) = ( ) = 153
N (a1) = Banyaknya solusi bulat dari : X1 + X2 + X3 = 16
X1 ≥ 8, X2 ≥ 0, X3 ≥ 0
= Banyaknya solusi bulat dari : (X1 – 8) + X2 + X3 = 8

23. 22
X1 – 8 ≥ 0 , X2 ≥ 0, X3 ≥ 0
= Banyaknya solusi bulat dari : Xl
1
+ X2 + X3 = 8
X1
≥ 8, X2 ≥ 0, X3 ≥ 0
= ( ) = ( ) = 45
Analogi
N (a2) = banyaknya solusi bulat dari : X1 + X2 + X3 ≥ 16
X1 ≥ 0, X2 ≥ 8, X3 ≥ 0
= ( ) = ( ) = 45
N (a3) = banyaknya solusi bulat dari : X1 + X2 + X3 ≥ 16
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0, X3 ≥ 8
= ( ) = ( ) = 45
N (a1a2) = banyaknya solusi bulat dari : X1 + X2 + X3 = 16
X1 ≥ 8, X2 ≥ 8, X3 ≥ 0
= banyaknya solusi bulat dari : X1 – 8+ X2 – 8 + X3 = 0
X1 – 8 ≥ 0, X2 – 8 ≥ 0, X3 ≥ 0
= banyaknya solusi bulat dari : X1
l
+ X2
l
+ X3 ≥ 0
X1
l
≥ 0, X2
l
≥ 0, X3 ≥ 0
= ( ) = ( ) = 1
Analogi
N (a1a3) = ( ) = ( ) = 1
N (a2a3) = ( ) = ( ) = 1
N (a1a2a3) = banyaknya solusi bulat dari : X1 + X2 + X3 = 16
X1 ≥ 8, X2 ≥ 8, X3 ≥ 8
= banyaknya solusi bulat dari : X1 – 8 + X2 – 8 + X3 – 8 = - 8
X1 – 8 ≥ 0 ; X2 – 8 ≥ 0 ; X3 – 8 ≥ 0
= banyaknya solusi bulat dari : X1
l
+ X2
l
+ X3
l
= -8
X1
l
≥ 0 ; X2
l
≥ 0 ; X3
l
≥ 0
= 0

24. 23
Jadi dengan prinsip inklusi – ekslusi diperoleh banyaknya solusi bulat dari persamaan
X1 + X2 + X3 = 16, 0 ≤ X1 ≤ 7 ί {1,2,3} adalah :
N (a1a2a3) = N – (N(a1) + N (a2) + N(a3)) + (N(a1a2) + N(a1a3) + N(a2a3)) –
N(a1a2a3)
= 153 – ( 45 + 45 + 45 ) + ( 1 + 1 + 1 ) – 0
= 21
(b). X1 + X2 + X3 = 14, 1 ≤ Xί ≤ 7 ί {1,2,3}
Misalkan :
Xί – 1 = Yί, maka persamaanya menjadi
Y1 + Y2 + Y3 = 11, 0 ≤ Y1 ≤ ί {1,2,3}
Misalkan S = Himpunan solusi bulat dari : Y1 + Y2 + Y3 = 11
Y1 ≥ 0 ; Y2 ≥ 0, Y3 ≥ 0
a1 = Sifat Y1 ≥ 7
a2 = Sifat Y2 ≥ 7
a3 = Sifat Y3 ≥ 7
Maka :
N = |S| = ( ) = ( ) = 78
 N(a1) = banyaknya solusi bulat dari : Y1 + Y2 + Y3 = 11
Y1 ≥ 7 ; Y2 ≥ 0 ; Y3 ≥ 0
= banyaknya solusi bulat dari : Y1 - 7 + Y2 + Y3 = 4
Y1 - 7 ≥ 0 ; Y2 ≥ 0 ; Y3 ≥ 0
= banyaknya solusi bulat dari : Y1
l
+ Y2 + Y3 = 4
Y1
l
≥ 0 ; Y2 ≥ 0 ; Y3 ≥ 0
= ( ) = ( ) = 15
Analogi
 N (a2) = banyaknya solusi bulat dari : Y1 + Y2 + Y3 = 11
Y1 ≥ 0 ; Y2 ≥ 7 ; Y3 ≥ 0
N (a2) = ( ) = ( ) = 15
N (a3) = banyaknya solusi bulat dari : Y1 + Y2 + Y3 = 11

25. 24
Y1 ≥ 0 ; Y2 ≥ 0 ; Y3 ≥ 7
= ( ) = ( ) = 15
N (a1a2) = banyaknya solusi bulat dari : Y1 + Y2 + Y3 = 11
Y1 ≥ 7 ; Y2 ≥ 7 ; Y3 ≥ 0
= banyaknya solusi bulat dari : Y1 – 7 + Y2 – 7 + Y3 = - 3
Y1-7 ≥ 0 ; Y2 – 7 ≥ 0 ; Y3 ≥ 0
= banyaknya solusi bulat dari : Y1
l
+ Y2
l
+ Y3 = - 3
Y1 ≥ 0 ; Y2 ≥ 0 ; Y3 ≥ 0
= 0 (Tak mungkin ada bilangan bulat non negatif, jumlahnya negatif)
Analogi
N (a1a3) = N(a2a3) = N(a1a2a3) = 0
Jadi, dengan prinsip inklusi-ekslusi di peroleh banyaknya solusi bulat dari X1 + X2 + X3
= 14 ; 1 ≤ Xί ≤ 7 ί {1,2,3} adalah:
N (a1
l
a2
l
a3
l
) = N – (N(a1) + N(a2) + N(a3)) + (N(a1a2) + N(a1a3) + N(a2a3))
= 78 – (15 + 15 + 15) + (0 + 0 + 0) – 0
= 33
(c). X1 + X2 + X3 + X4 = 20 ; 1 ≤ X1 ≤ 6
0 ≤ X2 ≤ 7 , 4 ≤ X3 ≤ 2 ≤ X4 ≤ 6
Penyelesaian
0 ≤ X1
l
≤ 5 , 0 ≤ X2 ≤ 7 , 0 ≤ X3
l
≤ 4 , 0 ≤ X4
l
≤ 4
Persamaan menjadi :
X1
l
+ X2 + X3
l
+ X4
l
= 13 ( 2C – 1 – 4 – 2 )
Misal :
S himpunan semua solusi bulat dari persamaan
X1
l
+ X2 + X3
l
+ X4
l
= 13 dengan syarat X1
l
≥ 0 , X2 ≥ 0 , X3
l
≥ 0 , X4
l
≥ 0
N = |S| = ( ) = ( )
= = 560
a1 = sifat X1
l
≥ 6
a2 = sifat X2
l
≥ 8
a3 = sifat X3
l
≥ 5

26. 25
a4 = sifat X4
l
≥ 5 , maka
N(a1) = Banyaknya solusi bulat persamaan : X1
l
+ X2 + X3
l
+ X4
l
= 13
X1
l
≥ 6 , X2 ≥ 0 , X3
l
≥ 0 , X4
l
≥ 0
= Banyaknya solusi bulat persamaan : X1
l
– 6 + X2 + X3
l
+ X4
l
= 7
X1
l
- 6 ≥ 0 , X2 ≥ 0 , X3
l
≥ 0 , X4
l
≥ 0
= Banyaknya solusi bulat persamaan : X1
ll
+ X2 + X3
l
+ X4
l
= 7
X1
ll
≥ 0 , X2 ≥ 0 , X3
l
≥ 0 , X4
l
≥ 0
= ( ) = ( ) = 120
N(a2) = Banyaknya solusi bulat persamaan : X1
l
+ X2 + X3
l
+ X4
l
= 13
X1
l
≥ 0 , X2 ≥ 8 , X3
l
≥ 0 , X4
l
≥ 0
= Banyaknya solusi bulat persamaan : X1
l
+ X2 – 6 + X3
l
+ X4
l
= 5
X1
l
≥ 0 , X2 – 8 ≥ 0 , X3
l
≥ 0 , X4
l
≥ 0
= Banyaknya solusi bulat persamaan : X1
l
+ X2
l
+ X3
l
+ X4
l
= 5
X1
l
≥ 0 , X2
l
≥ 0 , X3
l
≥ 0 , X4
l
≥ 0
= ( ) = ( ) = 56
N(a3) = ( ) = ( ) = 165
N(a4) = ( ) = ( ) = 165
N(a1a2) = Banyaknya solusi bulat persamaan : X1
l
+ X2 + X3
l
+ X4
l
= 13
X1
l
≥ 6 , X2 ≥ 8 , X3
l
≥ 0 , X4
l
≥ 0
= Banyaknya solusi bulat persamaan : X1
l
–6+X2- 8+X3
l
+ X4
l
= - 1
X1
l
– 6 ≥ 0 , X2 – 8 ≥ 0 , X3
l
≥ 0 , X4
l
≥ 0
= Banyaknya solusi bulat persamaan : X1
ll
+ X2
l
+ X3
l
+ X4
l
= - 1
X1
ll
≥ 0 , X2
l
≥ 0 , X3
l
≥ 0 , X4
l
≥ 0
= 0 ( Karna tidak mungkin ada yang bilanganya non negatif yang jumlahnya -
1 )
N(a3a4) = ( ) = ( ) = 20
N(a1a2) = ( ) = ( ) = 10

27. 26
N(a1a4) = ( ) = ( ) = 10
N(a3a4) = ( ) = ( ) = 1 , N(a2a4) = = ( ) = ( ) = 1
N(aίaJak) = N – N ( ai ) – N ( aj ) – N ( ak ) + N ( ai aj ) +N ( ai ak ) + N ( aj ak ) –
N ( ai aj ak )
Jadi banyaknya solusi bulat dari persamaan (c) adalah :
N(a1
l
a2
l
a3
l
a4
l
) = N – (N(a1) + N(a3) + N(a3) + N(a4) + N(a1a2) + N(a1a3) + N(a1a4) +
N(a2a3)+N(a2a4) + N(a3a4) – N(aίaJak) + N(a1a2a3a4)
= 560– (120+ 56 + 165 + 165 ) + ( 0 + 10 + 10 + 1 + 1 + 20 ) – 0 + 0
= 96
(d). X1 + X2 + X3 + X4 = 28, ί ≤ X1 ≤ 5ί ί {1,2,3,4}
Atau :
X1+X2+X3+X4 =28; 1≤ X1 ≤ 5 ; 2 ≤ X2 ≤ 10 ; 3 ≤ X3 ≤ 15 ; 4 ≤ X4 ≤ 20
Atau :
(X1 – 1) + (X2 – 2) + (X3 – 3) + (X4 – 4) = 18 ; 0 ≤ X1 – 1 ≤ 4 ; 0 ≤ X2 – 2 ≤ 8 ;
0 ≤ X3 – 3 ≤ 12 ; 0 ≤ X4 – 4 ≤ 16
Atau :
Y1+Y2+Y3+Y4 =18 ; 0≤Y1≤ 4 ; 0≤Y2 ≤8 ; 0 ≤ Y3 ≤ 12 ; 0 ≤ Y4 ≤ 16
Misalkan S = {Solusi bulat dari persamaan Y1 + Y2 + Y3 + Y4 =18,
0 ≤ Yί ί {1,2,3,4}}
a1 = sifat Y1 ≥ 5
a2 = sifat Y2 ≥ 9
a3 = sifat Y3 ≥ 13
a4 = sifat Y4 ≥ 17
Maka
N = |S| = ( ) = ( ) = 1330
N(a1) = banyaknya solusi bulat : Y1 + Y2 + Y3 + Y4 = 18 ;
Y1 ≥ 5 ; Y2 ≥ 0 ; Y3 ≥ 0 ; Y4 ≥ 0
= banyaknya solusi bulat : Y1 + Y2 + Y3 + Y4 = 18 ;
Y1 ≥ 0 ; Y2 ≥ 6 ; Y3 ≥ 0; Y4 ≥ 0

28. 27
= banyaknya solusi bulat : Y’
1 + Y2 + Y3 + Y4 = 18
Y1
l
≥ 0 ; Y2 ≥ 0 ; Y3 ≥ 0 ; Y4 ≥ 0
= ( ) = ( ) = 560
N(a2) = banyaknya solusi bulat : Y1 + Y2 + Y3 + Y4 = 18 ;
Y1 ≥ 0 ; Y2 ≥ 9 ; Y3 ≥ 0 ; Y4 ≥ 0
= ( ) = ( ) = 220
N(a3) = banyaknya solusi bulat : Y1 + Y2 + Y3 + Y4 = 18
Y1 ≥ 0 ; Y2 ≥ 9 ; Y3 ≥ 13 ; Y4 ≥ 0
= ( ) = ( ) = 56
N(a4) = banyaknya solusi bulat : Y1 + Y2 + Y3 + Y4 = 18
Y1 ≥ 0 ; Y2 ≥ 0 ; Y3 ≥ 0 ; Y4 ≥ 17
= ( ) = ( ) = 4
N(a1a2) = banyaknya solusi bulat : Y1 + Y2 + Y3 + Y4 = 18
Y1 ≥ 5 ; Y2 ≥ 9 ; Y3 ≥ 0 ; Y4 ≥ 0
= banyaknya solusi bulat : (Y1 – 5) + (Y2 – 9) + Y3 + Y4 = 4
Y1 – 5 ≥ 0 ; Y2 – 9 ≥ 0 ; Y3 ≥ 0 ; Y4 ≥ 0
= banyaknya solusi bulat : Y1
l
+ Y2
l
+ Y3 + Y4 = 4
Y1
l
≥ 0 ; Y2
l
≥ 0 ; Y3 ≥ 0 ; Y4 ≥ 0
= ( ) = ( ) = 35
N(a1a3) = banyaknya solusi bulat : Y1 + Y2 + Y3 + Y4 = 18 ;
Y1 ≥ 5 ; Y2 ≥ 0 ; Y3 ≥ 13 ; Y4 ≥ 0
= ( ) = 1
N(a1a4) = 0 ; N(a2a3) = 0 ; N(a2a4) = 0 ; N(a3a4) = 0 ; N(aίaJak) = 0 ί ;J;K ; ί , J , K;
{1,2,3,4}
N(a1a2a3a4) = 0
Jadi dengan prinsip inklusi- eklusi diperoleh banyaknya solusi bulat dari ;
X1 + X2 + X3 + X4 = 28 , ί ≤ X1 ≤ 5ί ; ί ={1,2,3,4} adalah :
N(a1
l
a2
l
a3
l
a4
l
) = 1330 – (560 + 220 + 56 + 4) + (35 + 1 + 0 + 0 + 0 + 0) 0 + 0

29. 28
= 526
7. Diketahui { } { } dengan prinsip inklusi-eksklusi
tunjukkan bahwa banyaknya fungsi surjektif dari x ke y adalah :
∑ ( )
Solusi :
Fungsi surjektif dari x ke y adalah fungsi dimana tidak ada anggota y yang tidak
mempunyai pasangan di x.
Misalkan, S : { semua fungsi dari x ke y }
ai : sifat i y tidak mempunyai pasangan di x
maka :
 | |
 = Banyak fungsi dari x ke y dimana tidak mempunyai pasangan
(prapeta) di x
=
∑ ( )
 ( ) = Banyak fungsi dari x ke y dimana tidak mempunyai
pasangan (prapeta) di x
=
∑ ( ) ( )
 ( ) = Banyak fungsi dari x ke y dimana tidak
mempunyai pasangan (prapeta) di x
=
∑ ( ) ( )
 Banyak fungsi dari x ke y dimana sebanyak (n-1) elemen y
tidak mempunyai pasangan (prapeta) di x
= ( )

30. 29
∑ ( )
 = Banyak fungsi dari x ke y dimana sebanyak n elemen y tidak
mempunyai pasangan (prapeta) di x
=
∑ ( )
Jadi dengan prinsip inklusi-ekslusi, banyaknya fungsi surjektif dari x ke y adalah :
∑ ∑ ( )
∑
∑
( ) ( )
( )
( )
∑ ( )
8. Terdapat 10 pilot dan 5 pesawat terbang dibandara A udara. Kesepuluh pilot tersebut
ditugasi oleh atasannya untuk menerbangkan kelima pesawat tersebut bersama-sama
kebandara udara B. Ada berapa cara yang mungkin untuk mengelompokkan pilot-pilot
tersebut kedalam pesawat ? ( tidak ada pesawat yang kosong ).
Penyelesaian :
Misalnya : S = {semua cara mengelompokkan 10 pilot kedalam 5 buah
Pesawat terbeng }
ai = sifat pesawatn ke-i tidak mempunyai pilot ,i  { 1,2,3,4,5 }
maka :

31. 30
N = IsI = 510
= 9765625
N ( ai ) = banyaknya cara mengelompokkan 10 pilot kedalam 5 pesawat pesawat ke-i
kosong.
= (5 – 1)10
= 410
∑ (ai)=( )410
=5x410
=5242880
N (ai aj) = banyakknya cara mengelompokkan 10 pilot kedalam 5 pesawat pesawat
ke-i dan ke-j kosong .
= (5 – 10)10
= 310
∑ (aiaj) = ( ) 310
= 10x 310
=590490
N(aiajak) = banyaknya cara mengelompokkan 10 pilot kedalam 5 pesawat pesawat ke
i,j,k kosong.
= (5 – 3)10
= 210
∑ iajak) = ( )210
= 10240
N(aiajakal) = (5 – 4)10
= 110
∑ ( aiajakal) = ( ) x 110
= 5
N (aiajakalam) = ( 5 – 5 ) 10
= 010
N (aiajakalam )= ( ) x 0 = 0
Jadi dengan prinsip inklusi – eksklusi diperoleh banyaknya cara mengelompokkan 10 pilot
kedalam 5 pesawat ( tidak ada pesawat yang kosong ) adalah :
N (a1’a2’a3’a4’a5’) = N - ∑ (ai) + ∑ (aiaj) - ∑ (aiajak) + ∑ (aiajakal) –
N ( a1a2a3a4a5)
= 9765625 – 5242880 + 590490 – 10240 + 5 – 0
= 5103000
9. Tentukan banyaknya permutasi dari {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} sedemikian hingga:
a. Tidak ada bilangan ganjil menempati tempatnya semula
b. Terdapat tepat tiga bilangan menempati tempatnya semula
c. Terdapat tepat 6 bilangan menempati tempatnya semula

32. 31
Solusi :
a. Tidak ada bilangan ganjil menempati tempatnya semula
Penyelesaian :
Misalkan : S = {semua permutasi dari {1,2,3,…,10}}
sifat bilangan ganjil ke – i menempati tempatnya semula ,
{ }
Maka : | |
 banyaknya permutasi di S dimana bilangan ganjil ke – i menempati
tempatnya semula
∑ ( )
 ( ) banyaknya permutasi di S dimana bilangan ganjil ke – i dank e – j
menempati tempat semula.
∑ ( ) ( )
 ( ) banyaknya permutasi di S dimana bilangan ganjil ke – i, ke – j
dan ke – k menempati tempat semula.
∑ ( ) ( )
 ( ) banyaknya permutasi di S dimana bilangan ganjil ke – i, ke
– j, ke – kdan ke – l menempati tempat semula.
∑ ( ) ( )
 ( ) = banyaknya permutasi di S dimana bilangan ganjil ke –
i, ke – j, ke – k , ke – l , dan ke – m menempati tempatnya semula.

33. 32
∑ ( ) ( )
Jadi dengan prinsip inklusi eksklusi diperoleh banyaknya permutasi {1,2,3,…,10}
sedemikian sehingga tidak ada bilangan ganjil menempati posisinya semula, yaitu :
( )
∑ ∑ ( ) ∑ ( ) ∑ ( )
∑ ( )
b. Terdapat tepat tiga bilangan menempati tempatnya semula.
Penyelesaian
Dari teorema 3.3.1
∑ ( ) ∑
Misalkan S = { semua permutasi dari {1,2,3,…,10}
= banyaknya permutasi di S sedemikian sehingga bilangan i menempati
tempatnya semula ; i = {1,2,3,…,10}
= (10 – 1)!
∑ ( )
= banyakya permutasi di S bilangan i dan j menempati tempat semula
= (10 – 2)!
∑ ( ) ( )
∑ ( ) ( )
∑ ( ) ( )
∑ ( ) ( )
∑

34. 33
∑ ∑
( )
= 222480
c. Terdapat 6 bilangan menempati tempatnya semula ,dari bagian (b) diteruskan diperoleh :
N(ai1,ai1 ,…ai6) = (10-6) = 4!
∑ = ( ) = SG
( ) = ( 10-(6+p))! = (4-p) !
S6+p = ∑ ( ) = ( 4 - p)!
Jadi
= ∑ ( ) ( )( 4 - p)!
= ∑ . . ( 4 – p) !
= ∑
= )
= 1050
10. Hitunglah banyaknya permutasi dari { } sedemikian hingga terdapat tepat k
bilangan menempati tempatnya semula.
Solusi:
Dari teorema 3.3.1
∑ ( ) , dimana
∑
Misal { { }}
= sifat bilangan i menempati tempatnya semula { }
= banyaknya permutasi di S bilangan i menempati tempat semula,
{ }

35. 34
= (n – 1)!
∑ ( )
= banyaknya permutasi di S bilangan i dan j menempati tempat semula,
{ }
= (n – 2)!
∑ ( ) ( )
∑ = banyaknya permutasi di S bilangan i1, 12, 13,…, ik
menempati tempat semula
= (n – k)!
∑ ( )
Secara analogi diperoleh:
∑ ( ) ( )
∑ ( ) ( )
∑ ( )
∑ ( )
∑
∑
∑