🎋 Terdapat 5 Buku Matematika

ANALISISKESESUAIAN MATERI BUKU SISWA MATEMATIKA KELAS VI KURIKULUM 2013 TERBITAN KEMENDIKBUD EDISI REVISI TAHUN 2018 DITINJAU DARI SCIENTIFIC APPROACH 5M DAN BELL CRITERIA matematika menurut Bell tidak terdapat dalam kriteria . 5 penilaian buku pelajaran dari BSNP. Kriteria evaluasi buku menurut kriteria Bell

B A BA 7 C BC D BD ... ... ... dan pasangan 8 × 7 = 56. Gambar 8 benda atau unsur, yaitu A, B, C, D, E, F, G, dan H, dalam setiappasangan hanya digunakan 2 unsur saja. Masing-masing pasangan ini disebutpermutasi 2 dari 8 unsur tersebut. Banyaknya seluruh permutasi ini ditulis P8,2 JadiP8,2 = 8 × 7 = 56, P9,2 = 9 x 8 = 72. Kita dapat juga membuat susunan terdiri dari 3unsur dari 8 unsur tadi. Masing-masing susunan itu disebut permutasi 3 dari 8 umum permutasi dapat ditentukan sebagai berikut. , = ! − ! Permutasi merupakan bentuk khusus aplikasi prinsip perkalian. Misalnyajumlah objek adalah n, maka urutan pertama dipilih dari n objek, urutan keduadipilih dari n – 1 objek, urutan ketiga dipilih dari n – 2 objek, begitu seterusnya danurutan terakhir dipilih dari 1 objek yang prinsip perkalian, permutasi dari n objek adalahnn – 1n – 2 … 21 = n! 47 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tDefinisi PermutasiSusunan terurut yang terdiri dari r unsur berbeda yang diambil dari n unsur berbedar  n disebut permutasi r dari n unsur. Jika kita memiliki 8 unsur dan akan disusun secara terurut terdiri dari 8 unsur,berapa banyak susunan seluruhnya yang bisa kita buat? Dengan kata lain, berapaP8,8? Untuk menjawabnya, kita pilih unsur pertama, untuk ini kita mempunyai 8pilihan. Kemudian setelah unsur pertama kita tetapkan, kita pilih unsur kedua,untuk ini kita mempunyai 7 pilihan. Setelah unsur pertama dan kedua kita tetapkan,kita pilih unsur ketiga, untuk ini kita punya 6 pilihan. proses ini kita lanjutkansampai unsur ke 8 dari susunan dan untuk yang terakhir ini kita hanya punya 1pilihan. Jadi banyak susunan yang peroleh adalah 8×7×6×5×4×3×2×lJadi P8,8 = 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × l = 8!n! dibaca n faktorial, yang nilainya n! = n × n – 1 × … × 3 × 2 × l .Dengan demikian, kita peroleh banyak permutasi dari n unsur berbeda, yaitu Pn Pn = n × n – 1 × … × 3 × 2 × l = n!Definisi Faktorialn faktorial ditulis n! = n × n – 1 × … × 3 × 2 × ldengan n bilangan asli, dan 0! = 1 = 1!Contoh 6 mahasiswa yg memenuhi syarat dan bersedia menjadi pengurusKerohanian Islam Rohis. Jika pengurus Rohis tersebut terdiri dari ketua, wakilketua, sekretaris dan bendahara, ada berapa macam susunan pengurus Rohis yangmungkin terbentuk?Jawaban 48 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tPersoalan ini termasuk dalam persoalan mencari banyak susunan terdiri dari 4 unsuryang diambil dari 6 unsur. Oleh karena itu, yang akan kita tentukan adalah P6, itu, perlu dijelaskan/dilakukan hal-hal 6 mahasiswa yang dipilih sebagai ketua. Seandainya ketua telah dipilih, maka5 pilihan untuk wakil ketua. Jika ketua dan wakil ketua telah terpilih, maka ada 4pilihan untuk sekretaris. Jika ketua dan sekretaris telah dipilih, maka tinggal 3mahasiswa yang bisa dipilih untuk bendahara. Jadi banyaknya susunan pengurusyang mungkin 6 × 5 × 4 × 3 = 360. Perkalian 6 × 5 × 4 × 3 dapat diubah menjadibentuk faktorial sebagai  5  4  3  6  5  4  3  2 1  6!  6! 2 1 2! 6  4!Dengan demikian, P6,4  6! 6  4!Banyaknya PermutasiBanyaknya permutasi r benda berbeda diambil dari n benda adalah Pn,r  n n!  r!Kini kita akan mendalami kasus lain dari permutasi. Jika pada permutasi di atas kitamempunyai n benda yang berbeda. Sekarang kita akan melihat bila diantara n bendaitu ada yang sama. Yaitu misalkan di antara n benda ada n1 buah benda yang saman1  n. Maka di antara Pn,n1 permutasi, setiap n1! di antaranya adalah adalah sama,sehingga Pn,n1  n! . n1!Misalnya 3 unsur a1, a2, dan b. Maka macam permutasinya adalahPertama a1 a2 b dan a2 a1 bKedua a1 b a2 dan a2 b a1Ketiga b a1 a2 dan b a2 a1 49 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tSetiap 2 permutasinya sama, sehingga Pn,n1  3!  3. 2!Sekarang, anadikan kita terdapat n benda yang terdiri dari k kelompok, dan setiapkelompok terdiri dari benda yang sama. Kelompok 1 beranggot n1, kelompok 2beranggota n2, dan seterusnya hingga kelompok k beranggota jumlah n = n1 + n2 + menggunakan hasil tersebut, kita perolehBanyaknya permutasi dari n benda terdiri k kelompok yang setiap kelompok ke-i 1 i  k mempunyai anggota yang sama sebanyak ni adalah Pn,ni  n! n1!n2!n3!... nk !Contoh banyak susunan 4 huruf yang diambil dari kata "MANA"JawabanDiketahui n = 4, banyak huruf M = n1, = 1, banyak huruf A = n2 = 2, dan banyakhuruf N = n3 = 1, sehingga Pn,ni  4!  12 . 1!2!1!Dengan demikian, banyak cara menyusun permutasi huruf pada kata “MANA”adalah 12 permutasi melingkar r unsur dari sebuah himpunan dengan n unsurberbeda adalah , ! = − !Khususnya, permutasi melingkar dari n unsur adalah n – 1! 50 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tContoh 12 tanda-tanda khusus berbeda akan ditempatkan pada drum ini merupakan masalah permutasi melingkar dengan n = r = 12. dengandemikian banyaknya cara ada sebanyak 12,12 12!12 = 1212 − 12! 12! = 120! 12 × 11! = 12 = 11!D. KOMBINASI Bentuk khusus dari permutasi adalah kombinasi. Jika pada permutasi urutankemunculan diperhitungkan, maka pada kombinasi, urutan kemunculan urutan abc, acb, dan bca dianggap sama dan dihitung buku terdiri dari 5 bab. Anda hanya ingin membaca 3 bab saja. Ada berapabanyak cara yang bisa dilakukan untuk membaca buku tersebut?JawabanPersoalan ini termasuk dalam persoalan kombinasi yaitu mencari banyak susunan3 unsur dari 5 unsur berbeda tanpa memperhatikan urutannya. Misalkan bab yangakan dibaca tersebut adalah A, B, C, D dan E, kombinasi itu dapat diperoleh dengancara kita pilih A sebagai unsur pertama, B sebagai unsur kedua dan untukunsurke tiga ada tiga pilihan yaitu C, D atau E. Kemudian A sebagai unsur pertama,C sebagai unsur kedua, dan untuk unsur ketiga ada 2 pilihan yaitu D atau E. 51 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tSelanjutnya A sebagai unsur pertama D sebagai unsur kedua dan E sebagai unsurketiga. Berikutnya B kita pilih sebagai unsur pertama C kedua dan D atau E C sebagai unsur pertama, D unsur kedua dan E atau A unsur kita memperoleh susunan kombinasi sebanyak 3 + 2 + 1 + 2 + 2 = yang lain dapat diperoleh dari 10 susunan ini dengan mengubah jika urutan tidak diperhatikan maka kita memperoleh 10 susunan kombinasitersebut. Untuk lebih jelasnya perhatikan Gambar berikut ini. Gambar di atas dapat juga diselesaikan sebagai berikut. Banyaknya permutasi terdiridari 3 unsur diambil dari 5 unsur berbeda adalah P5,3  5! . Akan tetapi 5  3!permutasi ini dapat dikelompokkan menjadi 3! = 6 kelompok yang setiap kelompokmemiliki anggota yang urutannya saja yang berbeda. Jadi setiap 3! permutasimerupakan satu kombinasi saja. Sehingga banyak kombinasi 3 dari 5 unsur itu yangdiberi simbol C5,3 adalah C5,3  5!  3!  5 43 21  10 . 5  3! 213 21 52 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tBanyak Kombinasi r Unsur Diambil dari n Unsur BerbedaBanyak cara memilih r benda dari n benda yang berbeda tanpa memperhatikanurutannya yaitu banyaknya kombinasi r unsur diambil dari n unsur berbeda adalah Cn,r  n! n! n  r! Didefinisikan 0 ! = KombinasiBanyaknya kombinasi r unsur dari himpunan dengan n unsur dinotasikan denganCn,r atau Contoh cara menyusun warna baju tiga kali seminggu untuk pergi ke kantoradalah C7,3 = 7! = 35 cara. 3!4!E. PERMUTASI DAN KOMBINASI MULTI-HIMPUNAN Misal S sebuah multi-himpunan. Sebuah permutasi r di S adalah susunanterurut r unsur yang tidak harus beda di S. Jika banyaknya unsur S adalah n, makasebuah permutasi n di S merupakan suatu permutasi di S. Sebagai contoh, jika S ={ maka acbc dan cbcc adalah permutasi-4 di S. Sedangkan abcccaadalah permutasi-6 di S. Multi himpunan tidak mempunyai permutasi-7, karena 7> 2 + 1 + 3 = 6, yaitu banyaknya unsur di S multi-himpunan dengan k jenis objek berbeda. Jika masing-masingjenis objek memiliki bilangan pengulangan n1, n2, ..., nk dengan n = n1 + n2 + ... +nk maka banyaknya permutasi di S adalah ! ; 1, 2, … , = 1! 2! … ! 53 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tContoh huruf-huruf dalam kata MISSISSIPPI merupakan permutasi multi-himpunan. Banyaknya permutasi adalah 11! 1! 4! 4! 2!Teorema S adalah multi-himpunan dengan k jenis objek berbeda, masing-masingbilangan pengulangannya tak hingga. Banyaknya kombinasi-r di S adalah Ck-1+r,rContoh cara memilih tiga dari tujuh hari yang disediakan pengulangandibolehkan adalah C7 + 3 – 1, 3 = C9, 3 = 84Teorema S adalah multi-himpunan dengan k jenis objek berbeda, masing-masingbilangan pengulangannya tak hingga. Banyaknya kombinasi-r di S jika masing-masing jenis harus diambil minimal 1 adalah Cr-1,k-1Contoh toko roti menjual 8 jenis roti. Bila kita membeli 12 buah roti dengan setiapjenisnya minimal 1 buah, kemungkinannya adalah C12-1, 8-1 = C11, 7 = 330F. KOEFISIEN BINOMIALBilangan Cn, k atau merepresentasikan bilangan kombinasi k dari himpunandengan n binomial didefinisikan untuk semua bilangan bulat tak negative kdan n. Jika k > n maka = 0. Juga untuk semua n, 0 = 1. Jika n positif dan1 ≤ k ≤ n, maka = ! = − 1 … − + 1 − − 1 … 1 ! ! 54 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tTeorema binomial memberikan cara untuk menjabarkan bentuk perpangkatan x +yn , yang dalam hal ini n adalah bilangan bulat BinomialMisalkan n bilangan bulat positif. Untuk semua x dan y berlaku + = ∑ − =0Dari koefisien binomial untuk n dan k bilangan bulat positif diperoleh identitas-identitas = − 11 −2. 0 + 1 + 2 + ⋯ + = 2 3. 0 − 1 + 2 − ⋯ + −1 = 04. 1 1 + 2 2 + ⋯ + = . 2 −15. + 12 −2 = ∑ =1 2 Contoh 04 + 14 + 24 + 43 + 44 dengan menggunakan identitas dengan identitas koefisien binomial yaitu 0 + 1 + 2 + ⋯ + = 2 Maka, 04 + 14 + 24 + 34 + 44 = 24 04 + 41 + 24 + 43 + 44 = 16Teorema MultinomialMisalkan n bilangan bulat positif. Untuk semua x1, x2, ..., xt x1 + x2 + ... + xt n = ∑ 1 1 1 2 2 … 2 … 55 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tdimana bentuk terakhir diperluas untuk semua barisan bilangan bulat tak negatif n1,n2, ..., nt dengan n1 + n2 + nt = nContoh 13 2 32 pada bentuk 2x1 – 3x2 + 5x36 adalah 3 6 2 23−352 = 6! 1 3! 1! 2! 8−325 = 6 ×5 ×4× 3! 600 3! 1! 2! 6×5×2 = 1 600 = −36000Teorema Teorema Binomial-NewtonUntuk suatu z dengan z 0. Banyak solusi bulat positif darix1 + x2 + … + xr = n, xi > 0adalahCn – 1, r – 1Akibat n adalah bilangan bulat positif n > 0. Banyak solusi bulat non negatifuntuk yi ≥ 0y1 + y2 + … + yr = n,adalahCn + r – 1, r – 1Contoh 5 orang dalam lift yang memiliki 8 lantai. Berapa banyak cara merekadapat memilih lantai untuk keluar lift?Penyelesaianx1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 = 5, xi ≥ 0Banyak solusiC5 + 8 – 1, 8 – 1 = C12, 7 12! = 7! 5! 12 × 11 × 10 × 9 × 8 × 7! = 7! × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 12 × 11 × 3 × 2 = 792 57 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tRANGKUMAN1. Banyaknya permutasi dari n benda yang berbeda diambil r benda sama denganPn,r  n n! .  r!2. Banyaknya permutasi n benda yang terdiri k kelompok dan setiap kelompok ke- i 1  i  k mempunyai anggota yang sama sebanyak ni,maka Pn,ni  n! n1!n2!n3!... nk !3. Banyak cara memilih r benda dari n benda yang berbeda tanpa memperhatikanurutannya yaitu banyaknya kombinasi r unsur diambil dari n unsur yangberbeda adalah Cn,r  n! . n  r!  n!LATIHAN 31. Kota Impian terdiri dari beberapa lorong yang digambarkan sebagai garis-garis pada gambar di bawah ini. Tentukan berapa banyak jalur terpendek dari A ke B seperti pada gambar berikut ini! B Kota Impian A2. Seperti nomor 1, namun di Kota Impian tersebut telah dibangun taman kota yang digambarkan sebagai daerah yang diarsir. Maka tentukan banyak jalur terpendek yang dapat dilalui dari A ke B, jika Anda tidak boleh melalui atau menembus taman kota tersebut! 58 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tB Kota Impian A3. Seorang siswa diminta untuk menyelesaikan 5 dari 6 soal ulangan, akan tetapi soal nomor 1 harus dipilih. Tentukan banyaknya pilihan yang dapat diambil oleh siswa tersebut!JAWABAN LATIHAN 31. Dengan cara apapun Anda mencoba, maka Anda akan memperoleh jalur terpendek dari A ke B dengan melangkah 4 kali ke kanan dan 5 kali ke atas. Mengapa demikian? Karena untuk mendapatkan jalur terpendek, Anda tidak bisa berbalik arah ke kiri maupun ke bawah. Misalnya arah Kanan = K, dan Atas = A. B A Sehingga salah satu contoh jalur terpendek dari A ke B adalah K,K,K,K,A,A,A,A,A, atau A,A,A,A,A,K,K,K,K, atau K,A,K,A,K,A,K,A,A. Ini mengandung arti bahwa ada 9 langkah di mana 4 langkahnya harus ke kanan. 59 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tDengan demikian kita akan menyususun 4 unsur dari 9 unsur yang adamenggunakan kombinasi, yaituC9,4  9 9!  126  4!.4!Atau jika Anda mengartikan bahwa untuk jalur terpendek dari A ke B adalahmelalui 9 langkah di mana 5 langkahnya harus ke atas, maka kita akanmenyusun 5 unsur dari 9 unsur sebagai berikutC9,5  9 9!  126  5!.5!2. Nampaknya masalah pada nomor 2 ini lebih rumit jika dibandingkan dengan nomor 1. Untuk mengetahui berapa banyak jalur terpendek dari A ke B, tanpa melalui daerah yang diarsir, berarti kita harus mengetahui berapa cara dari A ke B melalui P, Q, R, S, T, dan ke P, lalu P ke B = C6,1  C3,0  6 1  6A ke Q, lalu Q ke R, lalu R ke B = C4,1  C2,1  C3,1  4  2  3  24A ke S, lalu ke B = C5,2  C4,1  10  4  40A ke T, lalu ke B = C5,1  C4,0  5 1  5Dengan demikian, banyaknya jalur terpendek dari A ke B tanpa melalui tamankota daerah yang diarsir adalah = 6 + 24 + 40 + 5 = 75 jalur terpendek. 60 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t3. Dari 6 soal yang tersedia diambil 5 soal tanpa memperhatikan urutannya dansoal nomor 1 harus dipilih. Ini berarti hanya tinggal 5 soal yang akan diambil 4soal saja, sehingga banyaknya pilihan yang dapat diambil oleh siswa tersebutadalah C5,4  5!  120 5 pilihan. 5  4!.4! 1 24TES FORMATIF 31. Tentukan banyaknya bilangan yang terdiri atas tiga angka yang dapat disusun dari himpunan A = {1, 2, 3, 4, 5}!2. Terdapat 20 siswa dalam satu kelas. Jika setiap siswa besjabat tangan pada saat bertemu dan berpisah, maka tentukan berapa banyak jabat tangan yang terjadi!3. Ada 8 mahasiswa hendak mengadukan persoalannya kepada Dosen Pembimbing Akademiknya. Akan tetapi 2 di antaranya sudah menjalani proses bimbingan. Tentukan banyak cara mereka Terdapat 5 buku berbahasa Indonesia, 6 buku berbahasa Inggris, dan 7 buku berbahasa Arab. Bila dipilih 2 buku dari 2 bahasa yang berbeda, hitunglah banyaknya kemungkinan yang Tentukan banyaknya jalur terpendek dari A ke B pada gambar di bawah ini B A6. Dalam permainan sepakbola ada empat kategori pemain yaitu depan, tengah, belakang dan penjaga gawang. Persib dalam menghadapi Persipura, menggunakan sistem 1-4-4-2 gawang, belakang, tengah, depan. Jika tersedia 61 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t2 penjaga gawang, 7 belakang, 7 tengah, 5 depan, ada berapa kemungkinan kesebelasan yang bisa dibentuk?7. Seperti pada konteks soal nomor 6, tentukan berapa peluang terpilihnya seseorang untuk dijadikan pemain inti?8. Dalam suatu perkumpulan akan dipilih perwakilan yang terdiri dari 6 orang. Calon yang tersedia terdiri dari 5 orang pria dan 4 wanita. Banyaknya susunan perwakilan yang dapat dibentuk jika sekurang-kurangnya terpilih 3 pria adalah...9. Carilah koefisien 12 23 3 42 dalam ekspansi 1 − 2 + 2 3 − 2 4810. Hitunglah jumlah solusi persamaan 1 + 2 + 3 = 14 dalam bilangan bulat tak negative yang tidak melebihi 8 62 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tREFERENSIBryant, V. 1993. Aspectcs of Combinatorics A Wide Ranging introduction. Cambridge Cambridge University 1992. A Framework for Evaluating the Teaching of Critical Thinking. Education 113 1 1972. Introduction to Logic. New York 1979. Modern Algebra. New York John Wiley & M. 1971. Effective Teaching Strategies With the Behavioral Outcomes Approach. New York Parker Publishing Company, S. 1981. Set Theory and Related Topics. Schaum Outline Series. Singapore McGraw Hill International Book 1980. Berhitung, Sejarah, dan Pengembangannya. Jakarta PT. dan Varberg, D. 1996. Kalkulus dan Geometri Analitis. Jakarta 1984. Dasar-dasar Matematika Modern untuk Guru. Bandung 1991. Pengantar kepada Membantu Guru Mengembangkan Potensinya dalam Pengajaran Matematika untuk Meningkatkan CBSA. Bandung D. 2005. Penggunaan Pendekatan Pembelajaran Tidak Langsung serta Pendekatan Gabungan Langsung dan Tidak Langsung dalam Rangkan Meningkatkan Kemampuan Berpikir Matematik Tingkat Tinggi Siswa SLTP. Disertasi Program Pascasarjana Universitas Pendidikan Indonesia. Bandung Tidak 2002. Modern Geometry. California, USA Pacific 1992. Modern Mathematics. Belmont, CA Wadsworth. 63 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tBAB IVFUNGSI PEMBANGKIT 64 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i PENDAHULUAN Fungsi Pembangkit adalah salah satu metode yang dapat digunakan untukmenyelesaikan permasalahan. Dengan men-translasi persoalan ke dalam duniaFungsi Pembangkit, maka kita dapat menggunakan sifat-sifat khusus dari FungsiPembangkit sebagai jalan untuk memecahkan masalah. Fungsi Pembangkit ini bisakita perlakukan sebagaimana fungsi-fungsi pada umumnya. Misal saja melakukanoperasi diferensial. Hal ini membuat ada yang beranggapan bahwa FungsiPembangkit merupakan jembatan antara matematika diskrit dan kontinu. FungsiPembangkit memiliki banyak penggunaan, misalnya untuk menyelesaikanpermasalahan rekurensi, counting, membuktikan identitas kombinatorika, maupunaplikasi-aplikasi lain yang beragam. Dalam penerapannya, banyak metode yangmenggunakan Fungsi Pembangkit sebagai senjata utama penyelesaian masalah,misal “The “Snake Oil”Method”, “The Sieve Method”, dan lain-lain. Dalam menyelesaikan permasalahan, ada banyak sekali pilihan metode ataupendekatan yang dapat dipergunakan. Misalnya saja, tentang metode bisa menggunakan metode reductio ad absurdum yang memanfaatkan faktabahwa hanya salah satu dari P atau negasi P yang benar. Ada lagi metodekontraposisi. Metode ini memanfaatkan pernyataan yang ekivalen antara P → Qdan Qu → P′. Bisa juga kita menggunakan Prinsip Induksi Matematika, ataubeberapa metode lainnya. Seperti halnya dalam matematika diskrit. Ada banyak metode yang dapatkita pergunakan dalam menyelesaikan permasalahannya. Fungsi Pembangkit inilayaknya sebuah jembatan yang menghubungkan Matematika diskrit dan kontinu,khususnya pada bagian teori variabel kompleks. 65 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tDalam modul ini akan dibahas fungsi pembangkit biasa, menghitungkoefisien pada fungsi pembangkit, dan fungsi pembangkit eksponen, dengan tujuanpembelajaran khususnya adalah mahasiswa dapat 1. menjelaskan konsep deret kuasa. 2. menjelaskan definisi dari fungsi pembangkit biasa 3. mengidentifikasi identitas polinom fungsi pembangkit biasa 4. menentukan koefisien pada fungsi pembangkit biasa 5. menjelaskan definisi dari fungsi pembangkit eksponen 6. mengidentifikasi identitas polinom fungsi pembangkit eksponen 7. menentukan koefisien pada fungsi pembangkit eksponen Untuk membantu Anda dalam mempelajari modul 4 ini, silakan perhatikanbeberapa petunjuk belajar berikut ini1. Bacalah dengan teliti bagian pendahuluan ini sampai Anda memahami secara tuntas tentang apa, untuk apa, dan bagaimana mempelajari modul 4 Bacalah sepintas bagian demi bagian dan temukan kata-kata kunci dari kata-kata yang dianggap baru. Carilah pengertian kata-kata kunci tersebut dalam kamus atau ensiklopedia yang Anda Tangkaplah pengertian demi pengertian melalui pemahaman sendiri dan tukar pikiran dengan mahasiswa lain atau dengan tutor Untuk memperluas wawasan, baca dan pelajari sumber-sumber lain yang relevan. Anda dipersilakan untuk mencari dan menggunakan berbagai sumber, termasuk dari Mantapkan pemahaman Anda dengan mengerjakan latihan dan melalui kegiatan diskusi dalam kegiatan tutorial dengan mahasiswa lainnya atau dengan teman Jangan lewatkan untuk mencoba menyelesaikan setiap permasalahan yang dituliskan pada setiap akhir kegiatan belajar. Hal ini berguna untuk mengetahui apakah Anda sudah memahami dengan benar kandungan modul belajar! Tetaplah bersemangat!Ingatlah, kemampuan yang Anda miliki sebenarnya jauh lebih hebat daripada yangAnda pikirkan! 66 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i URAIAN MATERIA. FUNGSI PEMBANGKIT BIASA Fungsi pembangkit generating function dari sebuah fungsi numerik an=a0, a1, a2,… , ar, … adalah sebuah deret tak hingga Az = a0 + a1 z + a2 z2 + a3 z3 + … + an zn + … . ingat 1  1  z  z 2  z 3  z 4  z 5  ......... deret 1 zmaclourenPada deret tersebut, pangkat dari variabel z merupakan indikator sedemikianhingga koefisien dari zn adalah harga fungsi numerik pada n. Untuk sebuah fungsinumerik an digunakan nama Az untuk menyatakan fungsi = 0, 1, 2, … , , … adalah suatu barisan pembangkit biasa FPB dari barisan didefinisikan sebagai berikut ∞ = ∑ = 0 + 1 + 2 2 + ⋯ =0Barisan terhingga 0, 1, 2, … , dapat dipandang sebagai barisan tak terhingga 0, 1, 2, … , , … , +1, +2, … dengan +1 = +2 = ⋯ = 0. Sebuah fungsipembangkit biasa dapat pula diasosiasikan dengan sebuah barisan terhingga daribilangan-bilangan. Jika barisan bilangan adalah tidak terhingga, kitaasumsikan bahwa kita telah memilih x sedemikian sehingga x membuat bentuk diatas barisan dari FPB 67 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tPenyelesaian 2 3 = 1 + + 2! + 3! + ⋯ 2 3 = 1 + + 2! + 3! + ⋯ 11 = 1,1, , 2! , 3! , … Contoh fungsi numerik gn = 3n , n  0. Fungsi numerik tersebut dapat pula ditulissebagai gn = 1, 3, 32, 33, … .Fungsi pembangkit dari fungsi numerik gn tersebut adalah Gz = 1 + 3 z + 32 z2 + 33 z3 + … 3n zn + …yang dalam bentuk tertutup dapat ditulis sebagai Gz = 1  1  3z Jika fungsi numerik c merupakan jumlah dari fungsi numerik a dan b, makafungsi pembangkit dari fungsi numerik c tersebut adalah Cz = Az + Bz,dimana Az merupakan fungsi pembangkit dari fungsi numerik a dan Bz adalahfungsi pembangkit dari fungsi numerik fungsi numerik gn = 3n , n  0 dan fungsi numerik hn = 2n, n  jn = gn + hn , maka Jz = 1 + 1 yang dapat pula ditulis sebagai 1  3z 1 2zJz = 2  5z  1  5z  6z2 68 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tContoh fungsi pembangkit dari fungsi numerik a adalah Az = 2 . 1 4z2Fungsi pembangkit tersebut dapat ditulis sebagai Az = 1 + 1 . 1 2z 1 2zDengan demikian diperoleh fungsi numerik an an = 2n + -2n , n  0atau dapat ditulis sebagai an = 0 n ganjil  2n 1 n genap Jika Az merupakan fungsi pembangkit dari fungsi numerik an, makaziAz adalah fungsi pembangkit dari Sia , untuk i bilangan bulat Fungsi Pembangkit Biasa FPB dari barisan 1 , 1 , 1 , … 4! 5! 3!PenyelesaianMisalkan adalah FPB dari = 1 , 1 , 1 , … 4! 5! 3!Dengan menggunakan definisi FPB, diperoleh ∞ = ∑ = 0 + 1 + 2 2 + ⋯ =0 = 1 0 + 1 + 1 2 + ⋯ 3! 4! 5! Metode fungsi pembangkit dapat digeneralisasi bagi bilangan bulat n untukmenentukan banyaknya penyelesaian bilangan bulat bagi persamaan 1 + 2 + 3 + ⋯ + = Dengan pembatasan pada tiap yaitu 1 ≤ i ≤ n. 69 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tMisalkan kita ingin memilih 4 objek dari satu himpunan yang terdiri dari 5 tipeobjek, dimana tipe 1, 2, dan 3 masing-masing 1 objek, dan tipe 4 dan 5 masing-masing 2 objek. Masalah ini ekivalen juga dengan masalah distribusi 4 objek yangsama ke dalam 5 kotak berbeda, dimana kotak 1, 2, dan 3 paling banyak 1, kotak 4dan 5 paling banyak umum, dapat dituliskan 1 + 31 + + 22. Bentuk ini sama denganmenentukan banyaknya solusi bulat dari persamaan 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = Dengan 0 ≤ 1 , 2, 3 ≤ 1 dan 0 ≤ 4 , 5 ≤ 2Contoh kita ingin menentukan fungsi pembangkit untuk ar, yaitu banyaknya caramemilih r bola dari setumpuk bola yang terdiri atas 3 bola hijau, 3 bola putih, dan3 bola emas. Masalah ini dapat dimodelkan sebagai banyaknya solusi bilanganbulat. 1 + 2 + 3 + 4 = , 0 ≤ ≤ 3Disini 1 merepresentasikan jumlah bola hijau yang dipilih, 2 jumlah bola putihyang dipilih, 3 jumlah bola biru yang dipilih, dan 4 jumlah bola emas yang fungsi pembangkitnya 0 + 1 + 2 + 34 = 1 + 1 + 2 + 34B. MENGHITUNG KOEFISIEN PADA FUNGSI PEMBANGKIT BIASA Kita akan mengembangkan teknik-teknik aljabar untuk menghitung koefisienfungsi pembangkit. Teknik-teknik tersebut adalah dengan mereduksi fungsipembangkit yang diberikan menjadi fungsi pembangkit dengan tipe binomial atauhasilkali dari fungsi pembangkit dengan tipe binomial. Berikut ini adalah semuaidentitas polinom dan ekspansi polinom yang 1− +1 = 1 + + 2 + ⋯ + 1− 70 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t2. 1 = 1 + + 2 + ⋯ 1− 3. 1 + = 1 + 1 + 2 2 + ⋯ + + ⋯ + 4. 1 − = 1 − 1 + 2 2 − ⋯ + −1 + ⋯ + −1 5. 1 = ∑0∞ + − 1 1− 6. Jika hx =fxgx, dimana fx= 0 + 1 + 2 2 + ⋯ dan gx= 0 + 1 + 2 2 + ⋯ maka ℎ = 0 0 + 1 0 + 0 1 + 2 0 + 1 1 + 0 2 2 + ⋯ + 0 + −1 1 + −2 2 + ⋯ + 0 + ⋯ 7. Koefisien pada 1 + + 2 + ⋯ adalah Cr+n-1,r = + − 1 Sebagai latihan silahkan pembaca membuktikan polinom koefisien x16 pada 2 + 3 + 4 + ⋯ 2 + 3 + 4 + ⋯ 5 = [ 21 + + 2 + ⋯ ]5 = 101 + + 2 + ⋯ 5 = 10 1 1 5 − = 10. 1 1 − 5Karena x16 = berarti mencari koefisien x16 pada 2 + 3 + 4 + ⋯ 5 samadengan mencari koefisien x6 pada 1 yaitu 1− 55 + 6 − 1 = 160 Identitas 7 6 10! = 6! 4! 71 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t10 × 9 × 8 × 7 × 6! = 6! × 4 × 3 × 2 × 1 = 10 × 3 × 7 = 210Jadi, koefisien x16 pada 2 + 3 + 4 + ⋯ 5 adalah cara memilih 25 mainan dari 7 tipe mainan dimana tiap tipe antara 2dan 6 sama dengan mencari koefisien x25 dari fungsi pembangkit. 2 + 3 + 4 + 5 + 67Penyelesaian 2 + 3 + 4 + 5 + 67 = [ 21 + + 2 + 3 + 4]7 = 141 + + 2 + 3 + 47Sekarang tinggal mencari koefisien x11 pada 1 + + 2 + 3 + 47. Denganmenggunakan identitas 1 diperoleh.1 + + 2 + 3 + 47 = 1 − 5 7 1 − = 1 − −71 − 57Misalkan fx = 1 − −7dan gx = 1 − 57, dengan menggunakan ekspansi 5dan 4 diperolehfx = 1 − −7 = 1 + 1 + 7 − 1 + 2 + 7 − 1 2 + ⋯ + + 7 − 1 + 1 2 ⋯gx = 1 − 57 = 1 − 17 5 + 72 10 − ⋯ − −1 7 5 − ⋯ − 77 35untuk mencari koefisien x11 pada 1 + + 2 + 3 + 47, kita hanyamembutuhkan bentuk a11-ibi dalam ekspansi 6 yaitu 72 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t 11 0 + 6 5 + 1 10 = 11 +7 − 1 . 1 + 6 + 7 − 1 . − 17 + 1 + 7 − 1 . 72 1 1 1 = 117 − 112 17 + 17 27 17! 12! 7! 7! 7! = 1! 16! − 1! 11! . 1! 6! + 1! 6! . 2! 5! 17 × 16! 12 × 11! 7 × 6! 7 × 6! 7 × 6 × 5! = 1! 16! − 1! 11! . 1! 6! + 1! 6! . 2 × 1 × 5! = 17 − 12 × 7 + 7 × 21 = 17 − 84 + 147 = 80C. FUNGSI PEMBANGKIT EKSPONEN Dalam hal penyusunan objek-objek seringkali urutan menjadi sangat penting,sehingga diperlukan fungsi pembangkit lain yang bisa membantu solusinya. Fungsipembangkit ini disebut fungsi pembangkit eksponen. Untuk mengembangkanfungsi pembangkit eksponen ini akan banyak memakai teorema binomial Newton. Fungsi pembangkit eksponen digunakan untuk model-model menyelesaikanmasalah menyusun dan distribusi objek-objek berbeda. Karena urutan menjadi halyang diperhatikan, maka perhatian kita pada masalah permutasi. Kita notasikanbanyaknya permutasi k unsur dari n unsur dengan Pn, k.Definisi barisan bilangan real 0, 1, 2, … = 0 + 1 + 2 2 + 3 3 + ⋯ = ∞ 2! 3! ! ∑ =0disebut fungsi pembangkit eksponensial bagi barisan tersebut. 73 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tContoh fungsi pembangkit eksponensial dari barisan berikut5,3,5,3,5,...Penyelesaian = ∑∞ =0 = 5 + 3 ∙ + 5 ∙ 2 + 3 ∙ 3 + 5 ∙ 4 ! 2! 3! 4! 2 4 3 = 5 + 5 ∙ 2! + 5 ∙ 4! + ⋯ + 3 + 3 ∙ 3! + ⋯ 2 4 3 5 = 5 1 + 2! + 4! + ⋯ + 3 + 3! + 5! + ⋯ + − − − = 5 2 +3 2 5 + 5 − + 3 − 3 − =2 8 + 2 − =2 = 4 + − Contoh jika Fungsi Pembangkit Eksponensial barisan dan adalahbilangan bulat = 3 2−3 b. = 1+2 + 2 3 c. = 1+ 1+ −6 2 Penyelesaian a. = 3 2−3 = 3 1 2−3 = 3 2 − 3 −1 74 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t= ∑ ∞ =03 2 − 3 −1 ! = 1 + 3 + 32 2 + 33 3 + ⋯ 2 − 3 −1 2! 3! = 2 − 3 + 2 − 3 3 + 2 − 3 2 + ⋯ 2! = 2 − 3 + 6 − 9 2 + 2 2 − 3 3 + ⋯ 2! 3! = 2 + 3 − 9 + 2 2 + ⋯ 2! Sehingga diperoleh = 2, 3, 9 + 2 2!b. = 1+2 + 2 3 = −3 1 + 2 + 2 = 3 − 3 − 3 2 − 3 2 − ⋯ 1 + 2 + 2 + ⋯ 2! 3! = 4 − − 3 + 1 2 − 3 3 2! 3! Sehingga diperoleh = 4, −1, 3 , − 3 , … 2! 3!c. = 1+ 1+ −6 2 = 1 + 1 + − 6 2 = 1 + 1 + + 2 + 3 + ⋯ 1 + − 6 2 2! 3! = 2 + + 2 + 3 + ⋯ 1 + − 6 2 2! 3!Contoh beberapa cara untuk membagi buah apel yang identik kepada anak,sedemikian hingga;a. Setiap anak memperoleh paling sedikit 5 apelb. Setiap anak mendapat tidak lebih dari 100 dan tidak kurang dari 10 apel 75 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tPenyelesaiana. Setiap anak memperoleh paling sedikit 5 apel = 5 + 6 + 7 + … = [ 5 1 + + 2 + 3 + 4 + … ] = 5 1 1− = 5 1 − − = 5 ∑ ∞ =0 + − 1 = ∑ ∞ =0 + − 1 +5 b. Setiap anak mendapat tidak lebih dari 100 dan tidak kurang dari 10 apel. = 10 + 11 + 12 + … + 100 = [ 10 1 + + 2 + 3 + … + 90] = 10 1 − 91 1 − − = 10 1 − 91 ∑∞ =0 + − 1 = 1 − 91 ∑ ∞ =0 + − 1 +10 Contoh kita akan menentukan fungsi pembangkit eksponen untuk ar , banyaknyasusunan berbeda dari r objek yang dipilih dari 4 tipe objek berbeda, dengan setiaptipe objek muncul paling sedikit 2 dan paling banyak kita ingin mencari koefisien dari fungsi pembangkit eksponen ! 2 3 4 5 4 2! + 3! + 4! + 5! Beberapa identitas ekspansi untuk fungsi pembangkit eksponen selengkapnyaadalah sebagai = 1 + + 2 + 3 + ⋯ = ∑∞ =0 ! 2! 3!2. = 1 + + 2 2 + 3 3 + ⋯ + + ⋯ 2! 3! ! 76 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t3. − 1 − = 2 + 3 + ⋯ 2! 3!4. 1 + − = 1 + 2 + 4 + 6 + ⋯ 2 2! 4! 6!5. 1 − − = 1 + 3 + 5 + 7 + ⋯ 2 3! 5! 7!6. Koefisien adalah !Contoh berapa banyak cara menempatkan 25 orang dalam tiga ruangan denganpaling sedikit 1 orang tiap pembangkit eksponen untuk masalah diatas adalah sebagai berikut + 2 + 3 + ⋯ 3 = − 13 2! 3! = 3 − 3 2 + 3 − 1Untuk mencari banyaknya cara menempatkan 25 orang dalam 3 ruangan denganpaling sedikit 1 orang tiap ruangan dapat diperoleh dengan cara mencari koefisiendari 25 pada 25! 3 − 3 2 + 3 − 1Dengan menggunakan identitas 2, maka diperoleh 3 − 3 2 + 3 − 1 = ∞ 3 − 3 ∞ 2 + 3 ∞ − 1 ! ! ! ∑ ∑ ∑ =0 =0 =0 = ∞ − 3. 2 + 3 − 1 ! ∑3 =0Sehingga, koefisien dari 25 adalah 325 − 3. 225 + 3 25! 77 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tRANGKUMAN1. Misalkan = 0, 1, 2, … , , … adalah suatu barisan bilangan. Fungsi pembangkit biasa FPB dari barisan didefinisikan sebagai berikut ∞ = ∑ = 0 + 1 + 2 2 + ⋯ =02. Identitas polinom dan ekspansi polinom yang dipergunakan pada fungsipembangkit biasa1 1− +1 = 1 + + 2 + ⋯ + 1− 2 1 = 1 + + 2 + ⋯ 1− 3 1 + = 1 + 1 + 2 2 + ⋯ + + ⋯ + 4 1 − = 1 − 1 + 2 2 − ⋯ + −1 + ⋯ + −1 5 1 = ∑∞0 + − 1 1− 6 Jika hx =fxgx, dimana fx= 0 + 1 + 2 2 + ⋯ dan gx= 0 + 1 + 2 2 + ⋯ maka ℎ = 0 0 + 1 0 + 0 1 + 2 0 + 1 1 + 0 2 2 + ⋯ + 0 + −1 1 + −2 2 + ⋯ + 0 + ⋯7 Koefisien pada 1 + + 2 + ⋯ adalah Cr+n-1,r = + − 1 3. Untuk barisan bilangan real 0, 1, 2, … = 0 + 1 + 2 2 + 3 3 + ⋯ = ∞ 2! 3! ! ∑ =0disebut fungsi pembangkit Identitas polinom dan ekspansi polinom yang dipergunakan pada fungsipembangkit eksponen yaitu1 = 1 + + 2 + 3 + ⋯ = ∑∞ =0 2! 3! !2 = 1 + + 2 2 + 3 3 + ⋯ + + ⋯ 2! 3! ! 78 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t3 − 1 − = 2 + 3 + ⋯ 2! 3!4 1 + − = 1 + 2 + 4 + 6 + ⋯ 2 2! 4! 6!5 1 − − = 1 + 3 + 5 + 7 + ⋯ 2 3! 5! 7!6 Koefisien adalah !Latihan 41. Tentukan fungsi pembangkit dari ar = 2 + 3 r+1 .  r jika r genap  jika r ganjil  22. Tentukan fungsi pembangkit dari fungsi ar = - r 23. Tentukan fungsi numerik dari fungsi pembangkit a. Az = 2 1  2z b. Bz = 2  z 1 2z 2 1 z c. Cz = 2 4  4z  z4. Berapa banyak cara untuk mendistribusikan 25 bola identik ke dalam 7 kotakberbeda, jika kotak pertama dapat diisi paling banyak 10 bola dan bola-bolayang lain dapat dimasukkan pada setiap 6 kotak Tentukan fungsi pembangkit eksponen bagi tiap barisan berikut a. 1, a, a2, a3, ... b. 1, b2, b4, b6, ...6. Tuliskan barisan yang dibentuk oleh fungsi pembangkit eksponen berikuta. = 4 2 b. = 2 + 2 1−3 79 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tREFERENSI1. Cohen, Daniel I. A. 1978 . Basic Techniques Of Combinatorial Theory. John Wiley & Wilf, Herbert S. 1989. Generating functionology. Department of Mathematics University of Varberg, Dale. 2003. Calculus 8th Edition. Prentice Hall, 12/11/20095. Sutarno, Heri, dkk. 2005. Matematika Diskrit. IKIP Malang UM Press6. Munir, Rinaldi. 2010. Matematika Diskrit. Bandung Informatika Bandung7. Bondy and R. Murty. 1976. Graph Theory with Applications. Rosen, Discrete Mathematics and Applications, McGraw-Hill, New York, 7th Edition, 2012 80 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tBAB V RELASI PENDAHULUAN Relasi rekursif recurrence relation juga dinamakan persamaan bedadifferent equation. Kiranya jelas bahwa menurut relasi rekursif itu, kita dapatmengerjakan perhitungan setahap demi setahap untuk menentukan dari −1, −2, … untuk menentukan +1 dari 0, 1, … , −1 dan begitu seterusnya,asalkan nilai fungsi di satu lebih titik diketahui sehingga komputasi bisa awal yang diketahui itu dinamakan syarat batas. Setelah memodelkansuatu masalah kedalam bentuk relasi rekursif langkah selanjutnya adalahmenyelesaikan relasi rekursif tersebut. Setelah mempelajari Modul 5 ini, secara umum mahasiswa dapatmemahami konsep dan penerapan dari relasi rekursif homogen dan non homogen,serta keterkaitannya dengan bagian matematika yang lain dan kehidupan sehari-hari, sedangkan lebih khusus mahasiswa diharapkan dapat1. Menjelaskan definisi relasi rekursif Membedakan relasi rekursif homogen dan non homogen3. Menyelesaikan solusi umum dari relasi rekursif homogen dan non Menyebutkan keterkaitan model relasi rekursif homogen dan non homogen serta fakta sehari-hari Untuk membantu Anda dalam mempelajari modul 5 ini, silakan perhatikanbeberapa petunjuk belajar berikut ini1. Bacalah dengan teliti bagian pendahuluan ini sampai Anda memahami secara tuntas tentang apa, untuk apa, dan bagaimana mempelajari modul 5 ini. 81 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t2. Bacalah sepintas bagian demi bagian dan temukan kata-kata kunci dari kata- kata yang dianggap baru. Carilah pengertian kata-kata kunci tersebut dalam kamus atau ensiklopedia yang Anda Tangkaplah pengertian demi pengertian melalui pemahaman sendiri dan tukar pikiran dengan mahasiswa lain atau dengan tutor Untuk memperluas wawasan, baca dan pelajari sumber-sumber lain yang relevan. Anda dipersilakan untuk mencari dan menggunakan berbagai sumber, termasuk dari Mantapkan pemahaman Anda dengan mengerjakan latihan dan melalui kegiatan diskusi dalam kegiatan tutorial dengan mahasiswa lainnya atau dengan teman Jangan lewatkan untuk mencoba menyelesaikan setiap permasalahan yang dituliskan pada setiap akhir kegiatan belajar. Hal ini berguna untuk mengetahui apakah Anda sudah memahami dengan benar kandungan modul belajar! Tetaplah bersemangat!Ingatlah, kemampuan yang Anda miliki sebenarnya jauh lebih hebat daripada yangAnda pikirkan! 82 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i URAIAN MATERIA. RELASI REKURSIF LINEAR DENGAN KOEFISIEN KONSTANTA Bentuk umum bagian rekursif dari suatu relasi rekursif linear berderajat kadalah sebagai berikut = 0 + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − dimana csebagai konstanta dan fn adalah fungsi dalam n dan 0 ≠ 0. Jika fn = 0 makarelasi rekursifnya disebut homogen; jika tidak demikian nonhomogen. Selanjutnya,jika untuk setiap ∈ {1, 2, 3, … , }, c sebagai konstanta, maka relasi rekursifnyadisebut relasi rekursif dengan koefisien konstanta. Misalnyaa 2 1 + 3 −1 = 2 adalah sebuah relasi rekursif linear berderajat satu dengan koefisien 1 = 2 = 0; = −1 + −2 + 1, ≥ 3 adalah relasi rekursif linear nonhomogen berderajat dua dengan koefisien 1 = 2 = 1; = −1 + −2 + 1, ≥ 3 adalah relasi rekursif linear nonhomogen berderajat dua dengan koefisien 0 = 1 = 1; = 0 −1 + 1 −2 + ⋯ + +1 0 ≥ 1 adalah relasi rekursif nonlineare 0 = 1; 0 = −1 + −1 , ≥ 1 adalah relasi rekursif linear nonhomogen dengan koefisien dicatat bahwa suatu relasi rekursif berderajat k terdiri atas sebuah bagianrekursif dan k kondisi awal berurutan. Relasi rekursif demikian mendefinisikantepat satu suatu relasi rekursif linear berderajat k dengan koefisien-koefisien konstantasebagaimana ditunjukkan dari penjelasan di atas, jika k nilai berturut-turut darifungsi numeric diketahui untuk suatu m tertentu, maka nilai dapat dihitungberdasarkan = − 1 [ 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − − ] 0Selanjutnya, nilai −1 dapat dihitung sebagai berikut 83 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t1 +1 = − 0 [ 1 + 2 −1 + ⋯ + − +1 − + 1]Dengan nilai-nilai +2, +3, … dapat dihitung dengan cara serupa. Disampingitu, nilai − +1 dapat dihitung sebagai berikut 1 − +1 = − [ 0 −1 + 1 −2 + ⋯ + +1 − − − 1]Dan nilai − +2 dapat dihitung sebagai berikut 1 − +2 = − [ 0 −2 + 1 −3 + ⋯ + +1 − −1 − − 2]Nilai-nilai −2 dan −3 dapat dihitung dengan cara serupa. Untuk suatu relasirekursif linear berderajat k, nilai k buah a, yang berurutan selalu dapat digunakanuntuk menentukan fungsi numeric a secara tunggal. Dengan kata lain, nilai k buaha, yang berurutan membentuk suatu syarat batar yang layak. Akan tetapi, untuksuatu relasi rekursif linear berderajat k, kurang dari k nilai fungsi tidak akan cukupuntuk menentukan fungsi numeric tersebut secara RELASI REKURSIF HOMOGEN DENGAN KOEFISIEN KONSTANTA Bentuk umum dari relasi rekursif linear homogen dengan koefisien konstantaadalah sebagai berikut = 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − dengan 1, 2, … , bilangan-bilangan real ≠ 0Dengan kondisi awal syarat batas, dan untuk 1 ≤ ≤ , = .Solusi homogeny bagi suatu relasi rekursif linear dengan koefisien-koefisienkonstanta mempunyai bentuk 1 ; dalam hal ini 1 dinamakan akar karakteristikdan A adalah suatu konstanta yang ditentukan oleh syarat batasnya. Denganmengganti dengan di dalam relasi rekursif dan ruas kanannya disamakandengan 0, kita peroleh 0 + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − = 0 84 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tPersamaan ini dapat disederhanakan menjadi 0 + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + = 0Yang dinamakan persamaan karakteristik bagi relasi rekursif demikian, jika 1 adalah salah satu dari akar-akar relasi rekursif tersebut,maka 1 merupakan suatu solusi homogeny bagi relasi rekursif rekursif yang berderajat k mempunyai k akar karakteristik jika akar-akarpersamaan karakteristik itu berada semuanya, tidak susah untuk memverifikasibahwa 1 = 1 1 + 2 2 + ⋯ + Juga merupakan solusi homogen umum bagi relasi rekursif tersebut dalam hal ini 1, 2, … , adalah akar-akar karakteristik yang berbeda dan 1, 2, … , adalahkonstanta-konstanta yang harus ditentukan oleh syarat-syarat batasnya. Akhirnyadiperoleh solusi homogen khusus.Pada bagian ini akan dikembangkan suatu teknik untuk menyelesaikan relasirekursif homogeny dengan koefisien konstanta. Untuk maksud tersebut diperlukanteorema Prinsip SuperposisiJika 1 dan 2 berturut-turut adalah solusi dari + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − = 1 + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − = 2 untuk sebarang konstanta 1 dan 2. 1 1 + 2 2 adalah sebuah solusidari + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − = 1 + 2 akibat dari Teorema Prinsip Superposisi diperoleh teorema berikut. 85 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tTeorema 1 , 2 , … berturut-turut adalah solusi dari + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − = 0 1 1 + 2 2 + ⋯ + juga solusi dari untuk sebarangkonstanta 1, 2, … .Untuk menyelesaikan relasi homogen dengankoefisien konstanta pertama-tama kitamisalkan 0 ≠ 0. Untuk menentukan x, kita substitusi a dengan x dengan ∈[ , − 1, − 2, … , − ], diperoleh + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − = 0Bagi kedua ruas persamaan terakhir ini dengan − diperoleh + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + = 0 disebut persamaan karakteristik dari relasi rekursif homogendengan koefisien konstanta. Pada umumnya persamaan mempunyai k akarbeberapa diantaranya mungkin bilangan 1, 2, … , adalah akar-akar yang berbeda dari persamaan maka . 1 ≤ ≤ adalah solusi dari + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − = 0dengan ≠ 0Berdasarkan teorema jika 1 , 2 , … berturut-turut adalah solusidari + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − = 0 1 1 + 2 2 + ⋯ + juga solusi dari untuk sebarangkonstanta 1, 2, … . Dengan demikian solusi umum dari relasi rekursif homogenykoefisien konstanta adalah = 1 1 + 2 2 + ⋯ + = 0 persamaan dan k kondisi awal syarat batas akan terbentuk suatu systempersamaan yang terdiri dari k persamaan dengan k variabel 1, 2, … . Jika solusi 86 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tdari system persamaan ini kita substitusikan ke persamaan diperoleh solusihomogen khusus dari relasi rekursif + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − = 0 dengan ≠ 0Contoh solusi umum dari relasi rekursif berikut 1 = 2 = 1, = −1 + −2 ≥ 3PenyelesaianMisalkan = −1, ≠ 0 maka bentuk rekursif = −1 + −2 menjadi − −1 − −2 = 0Bagi kedua ruas persamaan terakhir dengan −2 diperoleh persamaankarakteristik sebagai berikut 2 − − 1 = 0Persamaan karakteristik tersebut memiliki akar-akar karakteristik yaitu 1 = 1+√5 dan 2 = 1−√5 2 2sehingga solusi homogen umum dari relasi rekursif adalah ℎ = 1 1 + 2 2 ℎ = 1 [1+√5] + 2 [1−√5] 2 2Karena kondisi awal 1 = 1 dan 2 = 1, maka dari diperoleh systempersamaan berikut 1 [1+√5] + 2 [1−√5] = 1 2 2 1 [1+√5]2 + 2 [1−√5]2 = 1 2 2Selanjutnya dari persamaan dan diperoleh 1 = √5 dan 2 = − √5 5 5Substitusikan nilai 1 dan 2 ini ke persamaan diperoleh solusi homogenkhusus dari relasi rekursif sebagai berikut 87 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t ℎ = √5 1 + √5 − √5 1 − √5 5 [ 2] 5 [ 2]Catatan Walau formula melibatkan bilangan rasional dapat dicek bahwauntuk setiap ≥ 1, adalah bilangan bulat non AKAR RANGKAP Misal persamaan karakteristik mempunyai sebuah akar rangkap,katakan 1 akar rangkap m artinya dari ke k akar-akar dari terdapat m akaryang masing-masing nilainya 1. Maka dapat ditunjukkan bahwa masing-masingdari 1 , 1 , 2 1 , … , −1 1 adalah solusi dari relasi ini bersama denganTeorema menghasilkan teorema persamaan karakteristik dari relasi rekursif + 1 −1 + ⋯ + − = 0; ≠ 0, mempunyai sebuah akar 1 katakan, rangkap ≤ , makasolusi umum dari + 1 −1 + ⋯ + − = 0; ≠ 0, yang melibatkan 1mempunyai bentuk 0 1 + 1 1 + 2 2 1 + ⋯ + −1 −1 1 Contoh solusi homogen umum dan solusi homogen khusus untuk yangmemenuhi relasi berikut = 3 −1 + 6 −2 − 28 −3 + 24 −4Dengan 0 = 1 ; 1 = 2 2 = 3 dan 3 = 4PenyelesaianMisalkan = ; ≠ 0. Maka bagian rekursif dari relasi rekursif diperoleh = 3 −1 + 6 −2 − 28 −3 + 24 −4 ekuivalen dengan − 3 −1 − 6 −2 + 28 −3 − 24 −4 = 0 88 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tBagi kedua ruas dari persamaan terakhir ini dengan −4 , diperoleh persamaankarakteristik sebagai berikut − 3 −1 − 6 −2 + 28 − 24 = 0 ekuivalendengan − 23 + 3 = 0Akar-akar dari persamaan karakteristik ini adalah x = 2 rangkap 3 dan x = -3Sehingga, berdasarkan teorema dan Teorema solusi homogen umumdari rekursif di atas adalah = 02 + 1 2 + 1 22 + 3−3 0 = 1, 1 = 2, 2 = 3, dan 3 = 4 dari diperoleh systempersamaan berikut1 = 0 + 32 = 2 0 + 2 1 + 2 2 − 3 33 = 4 0 + 8 1 + 16 2 + 9 34 = 8 0 + 24 1 + 72 2 − 27 3dengan solusinya 0 = 1 2; 1 = 7; 2 = − 3; 3 = − 2 125 125 200 40Substitusikan nilai-nilai 0, 1, 2, dan 3 ini ke dalam persamaan diperolehsolusi homogen khusus yang diminta = 1 2 2 + 7 2 − 3 22 − 2 −3 125 200 40 125D. RELASI REKURSIF TIDAK HOMOGEN DENGAN KOEFISIEN KONSTANTA Bentuk umum dari relasi rekursif linear tidak homogen dengan koefisienkonstanta adalah sebagai berikut 89 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t + 1 −1 + ⋯ + − = ; ≠ 0, ≠ 0,dengan k kondisi awal syarat batas, dan untuk 1 ≤ ≤ , 1 = konstanta. Belum ada prosedur umum untuk menentukan solusi khusus bagi suaturelasi rekursif. Dalam kasus yang sederhana, pertama-tama kita buat bentuk umumdari solusi khusus berdasarkan bentuk , dan kemudian kita tentukan solusipastinya berdasarkan relasi rekursif yang diberikan. Perhatikanlah kasus-kasusberikut 1Bila merupakan suatu polinom berderajat t di dalam n yaitu 1 + 2 −1 + ⋯ + + +1Maka bentuk umum solusi khususnya 1 + 2 −1 + ⋯ + + +1Contoh kita akan mencari solusi khusus untuk relasi rekursif tidak homogen + 5 −1 + 6 −2 = 3 2 − 2 + 1 khususnya mempunyai bentuk 1 2 + 2 + 3Dengan mensubstitusikan ke dalam kita peroleh 1 2 + 2 + 3 + 5 1 − 12 + 2 − 1 + 3 + 6 1 − 22 + 2 − 2 + 3 = 3 2 − 2 + 1Setelah disederhanakan menjadi12 1 2 − 34 1 − 12 2 + 29 1 − 17 2 + 12 3 = 3 2 − 2 + 1 membandingkan koefisien kedua ruas kita memperolehpersamaan-persamaan12 1 = 334 1 − 12 2 = 229 1 − 17 2 + 12 3 = 1yang menghasilkan 90 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t 1 = 14; 2 = 1234; 3 = 71 288jadi, solusi khususnya adalah = 1 2 + 13 + 71 4 24 288Kasus 2 Bila berbentuk 1, maka solusi khususnya akan berbentuk umum 1, dengan syarat bukan akar krakteristik relasi rekursif solusi khusus untuk relasi rekursif tidak homogeny berikut + 5 −1 + 6 −2 = 42. 4 khususnya mempunyai bentuk umum . mensubstitusikan ke dalam kita peroleh . 4 + 5 . 4 −1 + 6 . 4 −2 = 42. 4 . 4 + 5 . 4 4−1 + 6 . 4 4−2 = 42. 4 . 4 + 5 . 4 + 6 . 4 = 42. 4 4 1642 . 4 = 42. 4 16 = 16Jadi, solusi khususnya adalah = 16. 4 Contoh solusi khusus untuk relasi rekursif tidak homogeny berikut. − 6 −1 + 9 −2 = 3 karakteristiknya 2 − 6 + 9 = 3 − 32 = 3 Ternyata 3 merupakan akar karakteristik kembarnya. Karena itu bentuk umumsolusi khususnya adalah 23 mensubstitusikan ke dalam kita memperoleh 91 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t 23 − 6 − 123 −1 + 9 − 223 −2 = 3 23 − 6 2 − 2 + 13 3−1 + 9 2 − 4 + 43 3−2 = 3 23 − 2 23 + 4 3 − 2 3 + 23 − 4 3 + 4 3 = 3 2 3 = 3 = 1 2Jadi, solusi khususnya adalah = 1 23 2Kasus 3Bila berbentuk perkalian antara polinom dengan fungsi eksponen, makasolusi khususnya akan berbentuk perkalian antara kasus 1 dengan kasus 2. Yaitu,bila berbentuk 1 + 2 −1 + ⋯ + + +1 maka bentuk umum solusi khususnya 1 + 2 −1 + ⋯ + + +1 Contoh solusi khusus untuk relasi rekursif tidak homogen berikut = − −1 + 3 . 2 karakteristiknya + 1 = 3 . 2 Solusi khususnya mempunyai bentuk umum [ 1 + 0]. 2 mensubstitusikan ke dalam kita memperoleh[ 1 + 0]. 2 + [ 1 − 1 + 0]. 2 −1 = 3 . 2 1 . 2 + 0. 2 + 1 . 2 −1 − 1. 2 −1 + 0. 2 −1 = 3 . 2 1 . 2 + 0. 2 + 1 . 2 − 1 . 2 + 0 . 2 = 3 . 2 2 2 2 1 + 1 . 2 + 3 0 − 1 . 2 2 2 2Dengan membandingkan koefisien kedua ruas kita memperolehpersamaan-persamaan 1 + 1 = 3 dan 3 0 − 1 = 0 2 22 92 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t 1 = 2 dan 0 = 2 3Jadi, solusi khususnya adalah = 2 + 2 2 3 Solusi total bagi suatu relasi rekursif linear tidak homogen dengankoefisien-koefisien konstanta merupakan jumlah dua bagian, solusi homogenkhusus yang memenuhi relasi rekursif itu bila ruas kanannya disamakan dengan0, dan solusi khusus yang memenuhi relasi rekursif itu dengan di tuas akar-akar karakteristik relasi rekursif itu berbeda semuanya. Solusitotalnya mempunyai bentuk umum = 1 1 + 2 2 + ⋯ + + dalam hal ini adalah solusi solusi total untuk relasi rekursif tidak homogeny berikut. − 6 −1 + 9 −2 = 3 PenyelesaianPada contoh yang telah dikerjakan dan diperoleh 3 merupakan satu-satunyaakar karakteristik kembarnya, sehingga solusi homogen umumnya adalah = 03 + 1 3 + 1 23 2dan solusi khususnya adalah = 1 23 . 2Diperoleh solusi totalnya adalah = 03 + 1 3 + 1 23 2Contoh kita akan mencari solusi khusus untuk relasi rekursif tidak homogen + 5 −1 + 6 −2 = 42. 4 lihat contoh totalnya adalah 93 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t = 1−2 + 2−3 + 16. 4 diketahui syarat-syarat batasnya adalah 2 = 278 dan 3 = 962Setelah disubstitusikan ke diperoleh system persamaan linear278 = 4 1 + 9 2 + 256962 = −8 1 − 27 2 + 1024Setelah system persamaan linear ini diselesaikan kita memperoleh 1 = 1 dan 2 = solusi totalnya adalah = −2 + 2−3 + 14. 4 E. MENYELESAIKAN RELASI REKURSIF DENGAN FUNGSI PEMBANGKIT Untuk suatu relasi rekursif ordo ke-k yang menspesifikasikan suatu fungsinumeric, kita haruas tahu untuk nilai-nilai n berapa saja relasi itu berlaku. Kita catatbahwa relasi itu berlaku hanya jika ≥ sebab, untuk < , relasi itu akanmelibatkan − sesuatu yang tidak didefinisikan. Prosedur umum untuk menentukan fungsi pembangkit bagi fungsi numerika dari relasi rekursif 0 + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − = yangberlaku untuk ≥ , dalam hal ini ≥ . Dengan mengalikan kedua ruaspersamaan ini dengan dan kemudian menjumlahkan hasilnya dari n = a ke n =∞, kita memperoleh ∞∞ ∑ 0 + 1 −1 + 2 −2 + ⋯ + − = ∑ = = Karena ∞ ∑ 0 = 0 − 0 − 1 − 2 2 − ⋯ − −1 −1 = ∞ ∑ 0 −1 = 1 − 0 − 1 − 2 2 − ⋯ − −2 −2 = 94 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t…………………………………………………………………… ∞ ∑ − = − 0 − 1 − 2 2 − ⋯ − − −1 − −1 = maka kita memperoleh = 0 + 1 1 + ∞ + 0 0 + 1 + 2 2 + ⋯ +⋯ [∑ = + −1 −1 + 1 0 + 1 + 2 2 + ⋯ + −2 −2 + ⋯ + 0 + 1 + 2 2 + ⋯ + − −1 − −1]Contoh kita akan menyelesaikan relasi rekursif − 5 −1 + 6 −2 = 2 + , ≥ 2, dengan syarat batas 0 = 1 dan 1 = 1dengan terlebih dahulu mencari fungsi pembangkitnya, Az.Karena ∞∞ ∞ ∞∞ ∑ − 5 ∑ −1 + 6 ∑ −2 = ∑ 2 + ∑ =2 =2 =2 =2 =2maka kita memperoleh − 0 − − 5 [ − 0] + 6 2 = 4 2 + 1 1 2 − 1 1 − 2 −yang dapat disederhanakan menjadi 1 − 8 + 27 2 − 35 3 + 14 4 = 1 − 21 − 2 21 − 3 = 5⁄4 + 1⁄2 − 1 3 − 1 2 + 17⁄4 1 − 1 − 2 − 2 − 2 2 1 − 3 Dengan demikian kita memperoleh = 5 + 1 + 1 − 3. 2 − 2 + 12 + 17 3 4 2 4 = 7 + − . 2 +1 − 5. 2 + 17 3 4 2 4 95 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i tContoh kita akan menggunakan fungsi pembangkit biasa untuk relasi rekursifberikut 0 = 1, 1 = 3 ; = 2 −1 + 4 −1, ≥ 2Misal Px adalah fungsi pembangkit biasa dari barisan . Maka menurutdefinisi ∞ = ∑ =0karena untuk ≥ 2, = 2 −1 + 4 −1, kalau kedua ruas dari persamaan inidikalikan dengan kemudian “dijumlahkan” untuk n = 2 samai n = ∞, diperoleh ∞∞ ∑ = ∑2 −1 + 4 −1 =2 =2ekuivalen dengan ∞∞ ∞ ∑ = 2 ∑ −1 + ∑ 4 −1 =2 =2 =2ruas kiri persamaan di atas adalah ∞∞ ∑ = ∑ − 0 − 1 =2 =2 = − 1 − 3 Suku pertama ruas kanan persamaan di atas adalah ∞∞ 2 ∑ −1 = 2 ∑ −1 −1 =2 =2 ∞ = 2 ∑ −1 −1 − 0 =2 = 2 − 1 = 2 − 2 Suku kedua ruas kanan persamaan di atas adalah 96 M o d u l M a t e m a t i k a D i s k r i t ^{penulisatau melalui alamat surel buku@ dapat meningkatkan kualitas buku ini. Buku Panduan Guru Matematika untuk Sekolah Dasar Kelas V Volume 1 Judul Asli: “Mathematics for Elementary School - Teacher’s Guide Book 5th Vol. 1” Penulis Tim Gakko Tosho Chief Editor Masami Isoda Penerjemah Astie Risdi Pratiwi Penyadur} Download Buku Matematika kelas 5 SD Kurikulum 2013 revisi 2018 bisa dilakukan di halaman ini dengan mudah dan gratis. Buku Matematika ini sudah berdasarkan Peraturan Menteri Pendidikan dan Kebudayaan Nomor 24 tahun 2016. Kurikulum 2013 terus mengalami perkembangan dan pembenahan. Salah satunya di bidang konten dan muatan pembelajaran. Seperti yang diketahui Matematika dan PJOK awal diterapkannya K13 masih berbaur dengan tematik atau terpadu dengan pelajaran lain. Namun banyaknya keluhan dari bawah khususnya pelajaran yang menyebutkan materi Matematika terasa sangat dangkal maka membutuhkan adanya materi khusus terlepas dari tematik agar pembelajaran Matematika lebih mendalam. Hal inilah yang akhirnya keluar Permendikbud nomor 24 tahun 2016 Bab 1 pasal 1 yang intinya muatan Matematika pada Kurikulum 2013 khusus kelas tinggi berdiri sendiri. Buku Matematika Kurikulum 2013 kelas 5 ini merupakan revisi terbaru yakni tahun 2018. Seperti halnya buku kurikulum 2013 lainnya, pada buku Matematika juga terdiri dair buku guru dan buku siswa. Pada buku guru terdapat banyak menu-menu baru yang harud difahami. Buku guru ini tidak hanya sebagai sumber belajar atau buku pegangan guru, akan tetapi di buku guru Matematika kelas 5 SD Kurikulum 2013 revisi 2018 ini terdapat metode, model, dan pelaksanaan pembelajaran. Sehingga guru tinggal mencocokkan dengan kondisi siswa dan sarana yang ada disekolah. Adapun jika guru kesulitan untuk memahami buku guru, maka sudah terdapat petunjuk penggunaan buku guru. Sehingga nantinya guru mampu memaksimalkan fasilitas buku guru yang sudah disiapkan oleh pemerintah. Adapun petunjuk penggunaan buku guru diantaranya 1. Baca dan pahami halaman demi halaman 2. Pahamilah KD dan KI setiap pelajaran 3. Upayakan mencakup kompenen KI 1 dan KI 2, usahakan mendukung dan melakukan penguatan pembiasaan sikap, pengetahuan, dan perilaku positif. 4. Cocokkan setiap kegiatan dengan buku Petunjuk penggunaan buku guru diatas hanyalah sebagian dari smeua langkah petunjuk penggunaan buku guru. Untuk lebih lengkapnya memang baiknya di fahami sendiri setiap langkah pada buku guru. Atau lebih detilnya bisa langsung diunduh di bawah ini. Download Buku Matematika Kelas 5 SD Kurikulum 2013 Revisi 2018 Pdf Download Buku Guru Matematika Kelas 5 SD K13 Revisi 2018 Pdf - UNDUH DI SINI Download Buku Siswa Matematika Kelas 5 SD K13 Revisi 2018 Pdf - UNDUH DI SINIBuku-buku tersebut menjadi salah satu bahan ajar di sekolah. Oleh karena itu tidak sedikit soal-soal yang diambil dari buku tersebut. Karena secara konten dan muatan, buku tersebut menggunakan soal-soal dengan tingkat tinggi. Tahap1: Mengambil 1 buku Matematika dapat dilakukan dengan 10 cara. Tahap 2 : Mengambil 1 buku Statistik dapat dilakukan dengan 25 cara. Tahap 3 : mengambil 1 buku Sosial dapat dilakukan dengan 5 cara. Dengan prinsip ROP, banyaknya cara utnuk mengambil 3 buah buku yang berbeda ada: 10 x 25 x 5 = 1250 cara. Download Buku Matematika Kelas 5 SD/MI Kurikulum 2013 Revisi 2018, Buku Siswa dan Buku Guru, pada tautan dibawah ini gratis. Buku paket Matematika Kelas 5 SD tersedia menjadi 2 bagian yakni Buku khusus siswa dan Buku Pegangan Guru Buku Guru. Seperti yang kita ketahui bersama bersama bahwa buku matematika kelas 5 atau buku siswa dan buku guru merupakan sarana penting yang sangat membantu dalam memudahkan aktivitas belajar mengajar, baik bagi peserta didik maupun tenaga pengajar. Baca Juga Download Buku PJOK Kelas 4 SD/MI K13 Revisi 2019 Buku Guru Buku Siswa Terbaru Bagi seorang guru, selain dijadikan sebagai pegangan saat mengajar, buku matematika kelas 5 juga sangat membantu dalam menunjang administrasi guru sebelum ataupun disaat akan melakukan kegiatan mengajar. Buku Matematika kelas 5 Buku Siswa dan Buku Guru Matematika SD Kelas 5 K13 terbaru ini, bertemakan “Senang Belajar Matematika” dikeluarkan oleh Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia 2018. Pada buku matematika kelas 5 2020, umumnya tidak jauh berbeda dengan buku matematika kelas 5 sd penerbit erlangga, buku matematika kelas 5 sd kurikulum 2013 penerbit gap ataupun buku matematika lainnya. Baca Juga Download Kebijakan Asesmen Nasional 2022 Terbaru, Disini Akan tetapi Buku Matematika Kelas 5 SD/MI Kurikulum 2013 Revisi 2018 sudah mengalami perbaikan, pembaharuan dan pemutakhiran sesuai dengan dinamika kebutuhan dan perubahan zaman. Buku Matematika Kelas 5 SD/MI Kurikulum 2013 Revisi 2018, Buku Siswa dan Buku Guru Buku siswa, sudah disajikan dalam bentuk beberapa tahapan pembelajaran, yakni mengamati, menanya, menalar, mencoba, dan mengkomunikasikan yang dikemas dengan istilah 5 M. Pada masing-masing tahapan ini, tersaji secara lengkap untuk membantu siswa-siswi dalam melakukan aktivitas ilmiah, berbasis berfikir tingkat tinggi dan pendekatan pembelajaran berbasis masalah. Hal ini bertujuan agar para peserta didik dapat meningkatkan kemampuannya di bidang literasi, dan mampu mengkoneksikan apa yang telah dipelajari dengan lingkungan sekitarnya. Buku siswa Matematika Kelas V SD Kurikulum 2013 Revisi 2018, terdapat beberapa hal-hal baru yang dapat membantu para peserta didik dalam mendapatkan pengalaman, informasi dan menelaah ilmu baru saat proses pembelajaran, seperti halnya, mengamati, menalar, menanya, mengenal tokoh, latihan soal, tugas kelompok dan lain sebagainya. Baca Juga Download Buku Kelas 1 SD Tema 5, 6, 7, 8 Semester 2 Buku Guru dan Buku Siswa K13 Terbaru Sedangkan untuk Buku pegangan Guru Buku Guru, selain apa yang telah dijelaskan diatas juga berguna dapat membantu memfasilitasi siswanya dalam belajar hingga memahami materi matematika sebagaimana yang telah diamanatkan dalam Kurikulum 2013 yang telah direvisi. Serupa dengan apa yang telah dijelaskan diatas bahwa, upada buku guru juga harus melewati beberapa tahapan pendekatan pembelajaran seperti istilah 5 M, yaitu mengamati, menanya, menalar, mencoba, dan mengkomunikasikan. Pada masing-masing tahapan juga telah disajikan secara detail untuk membantu siswa dalam melakukan aktivitas ilmiah berbasis berfikir tingkat tinggi. Dengan adanya pendekatan pembelajaran berbasis masalah ini, diharapkan peserta didik mampu meningkatkan kemampuan literasi, memahami masalah, memiliki keterampilan dan dapat memiliki sikap yang baik, dengan cara mengkoneksikan kemampuannya terhadap apa yang dipelajari dengan lingkungan sekitar. Terdapat beberapa aspek penting yang terdapat pada buku matematika kelas 5 2020 yakni adanya narasi awal pembelajaran, dengan menyajikan masalah kontekstual, dalam artian guru memfasiltasi siswanya saat proses pembelajaran, sehingga peserta didik juga terdorong dapat membuat kaitan-kaitan penting antar sub materi, dan antar materi dengan alam sekitar. Baca Juga Download Buku Matematika Kelas 4 SD/MI Kurikulum 2013 Revisi 2018, Buku Siswa dan Buku Guru Seorang guru sangat penting dalam mencermati, memahami dan memanfaatkan buku matematika dikarnakan Peta Konsep, Kompetensi Inti KI, Kompetensi Dasar KD, dan Indikator, Garis besar pertemuan, Proses pembelajaran, remedial, pengayaan, refleksi, penilaian, hingga Interaksi Guru dan orang Tua, sudah termuat dalam buku pegangan guru. Download Buku Matematika Kelas 5 SD/MI Kurikulum 2013 Revisi 2018, Siswa dan Guru Materi Matematika Kelas 5 SD/MI Kurikulum 2013 Materi Matematika Kelas 5 SD ini, sudah terbagi menjadi 6 Bab selama 1 periode, dibagi menjadi semester 1 ganjil, dan semester 2 genap. Adapun Keenam bab tersebut diantaranya adalah 1. OPERASI HITUNG PECAHAN 2. KECEPATAN & DEBET 3. SKALA 4. BANGUN RUANG 5. PENGUMPULAN & PENYAJIAN DATA Beberapa materi yang telah dipaparkan diatas, semuanya sudah termuat dalam Buku siswa dan Buku guru Kelas 5 SD Kurikulum 2013 revisi 2018. Buku Matematika Kelas 5 SD/MI Kurikulum 2013 Revisi 2018, Buku Siswa dan Buku Guru, sudah kami kemas dalam bentuk Pdf dan bisa Anda unduh secara mudah dan gratis dibawah ini Download Buku Matematika Kelas 5 SD/MI Kurikulum 2013 Revisi 2018, Buku Siswa dan Buku Guru Download Buku Matematika Kelas 5 SD/MI Kurikulum 2013 Revisi 2018, Buku Siswa – DISINI Download Buku Matematika Kelas 5 SD/MI Kurikulum 2013 Revisi 2018, Buku Siswa – DISINI Itulah sedikit penjelasan singkat kami mengenai Download Buku Matematika Kelas 5 SD/MI Kurikulum 2013 Revisi 2018, Siswa dan Guru. Semoga ulasan ini bermanfaat bagi kita semua. ^{Bukusiswa ini disusun dan ditelaah oleh berbagai pihak di • Jika terdapat 100 susunan papan mengikuti pola seperti pada ilustrasi di atas, apakah papan ke S 100 MATEMATIKA 5 Alternatif Penyelesaian: Menjumlahkan 1 2 + 22 + 32 ++ 102 berarti kita menjumlahkan 10 bilangan} Problem10th-13th gradeOtherStudentI solved this question but I'm not sure if I'm right. Please provide a solution so that I can check my Teacher's SolutionQanda teacher - Soumya3If you have any doubt feel free to ask Dear, Please evaluate the answer and give gift coinsit does not reduce your coin balance. for giving gift coins Click on evaluate. Then press the + icon 3 times3000.😄😄Still don't get it?Try asking QANDA teachers! ^{Untukmengunduh File Gunakan tombol download dibawah ini. Buku guru matematika kelas 5 disusun untuk memudahkan para guru dalam melaksanakan pembelajaran. Dalam buku guru matematika terdapat bagian penting yang perlu mendapat perhatian. Buku Matematika Kelas 5 Kurikulum 2013 Revisi Dengan Gambar. Pin Di Download.} MatematikaPROBABILITAS Kelas 12 SMAPeluang WajibPermutasiTerdapat 5 buku matematika, 4 buku fisika, dan 3 buku kimia akan disusun ke dalam rak yang dapat memuat semua buku. Berapa susunan yang mungkin jika a. buku yang sejenis saling berdampingan, b. buku-buku fisika saja yang saling berdampingan?PermutasiPeluang WajibPROBABILITASMatematikaRekomendasi video solusi lainnya0156Banyak kata yang dapat disusun dari kata 'SUKSES' adalah ...0152Dari angka-angka 0,1,2,3,4,6,7, dan 9 akan dibentuk bilan...0428Dari sejumlah siswa yang terdiri atas 3 siswa kelas X, 4...0334Delapan orang terdiri atas 2 laki-laki dan 8 perempuan. M...Teks videoDisini terdapat 5 buku Matematika 4 buku fisika dan 3 buku kimia yang akan disusun dalam rak yang dapat memuat semua buku di tanah menjadi susunan yang mungkin Jika pada majalah buku yang sejenis saling berdampingan dan Berapa inci itu buku-buku fisika saja yang saling berdampingan. Oleh karena itu kita gunakan adalah permutasi ringkas banyaknya cara memanjang sehingga di sini banyak buku yang sejenis saling berdampingan maka ilustrasinya adalah terdapat tiga kelompok yaitu 5 buku Matematika 4 buku fisika dan 3 buku Kimia sebagai kelompok hingga dingin terdapat tiga kelompok itu adalah 35 adalah 3 adalah * 2 * 16 * 3 * 123 faktorial + 6 x + 3000. Oleh karena itu kita susun itu bisanya bebas hingga ditangkap sebagai 11111 posisi atas 9 kelompok yaitu banyaknya susunan dari 9 objek * 8 juta adalah 8 juta sampai jumpa di pertanian . 477 356 297 189 47 138 280 206

terdapat 5 buku matematika