3. Teorema binomial memberi formula (x + y)n; n
bilangan asli. Hal ini dapat diperluas ke
multinomial (x1 + x2 + ... + xk)n. Secara formal,
teorema multinomial adalah s.b :
Teorema 1.7 :
Misalkan n bilangan asli. Maka untuk semua
x1, x2, ..., xk berlaku
n n n1 n2 nk
( x1 x2 ... xk ) x1 x 2 ... x k
n1 , n 2 , ... n k
Dengan „sigma‟ mencakup semua
kemungkinan bilangan bulat non negatif n1, n2,
...,nk yang memenuhi n1 + n2 + ... + nk = n

4. Bukti:
(x1 + x2 + ... + xk)n
(x 1 x 2 ... x k ) (x 1 x 2 ... x k ) ... (x 1 x 2 ... x k )
   
n faktor
Banyak suku yang terbentuk adalah k.n dan
setiap suku dapat di jajar dalam bentuk
x1n1x2n2 ... xknk dengan n1, n2, ..., nk bilangan
bulat non negatif yang memenuhi n1 + n2 +
... + nk = n.

5. Suku-suku berbentuk x1n1x2n2 ... xknk dapat
diperoleh dengan menggunakan prinsip
perkalian diperoleh :
n n n1 n n1 n 2 n n1 n 2 ... nk 1
...
n1 n2 n3 nk
n! n n1 ! n n1 n2 !
n1 ! n n1 ! n2 ! n n1 n2 ! n3 ! n n1 n2 n3 !
n n1 n2 ... n k 1
!
...
nk !0 !
n! n
n1 ! n 2 !... n k ! n1 n 2 ... n k
Dengan demikian teorema terbukti

6. Contoh :
1. Jika (a+b+c+d)5 diekspansi (dijabarkan),
berapakah koefesien dari a3bd ?
Solusi :
5 5!
20
3 1 0 1 3 !1! 0 !1 !
2. Berapakah koefesien x1x23x3x42 dalam (x1 – 5x2
+ x3 – 2x4)7
Solusi :
7 3 2
5 ( 2) 210000
1312

7. 3. Ada berapa cara menempatkan 12 orang
mahasiswa ke dalam dua kamar sedemikian
hingga kamar pertama berisi 4 mahasiswa dan
kamar kedua berisi 8 mahasiswa?
Solusi :
kamar pertama : memilih 4 dari 12 mahasiswa
kamar kedua : memilih 8 dari 12 – 4 = 8
mahasiswa, jadi:
12 ! 8! 12 !
C 12 ; 4 C 8 ;8 495
4 !8 ! 8 ! 0 ! 4 !8 !

8. 4. Berapa banyak “kata” yang dapat dibentuk dengan
menggunakan huruf-huruf dari kata MISSISSIPPI?
Solusi:
S = {M, I, S, S, I, S, S, I, P , P , I}
huruf M = 1 buah (n1)
huruf I = 4 buah (n2)
huruf S = 4 buah (n3)
huruf P = 2 buah (n4)
n = 1 + 4 + 4 + 2 = 11 buah = | S |
Cara 1: Jumlah string = 11 11!
34650
1 4 4 2 1! 4 ! 4 ! 2 !
Cara 2: Jumlah string = C(11, 1)C(10, 4)C(6, 4)C(2, 2)
11! 10 ! 6! 2!
. . .
(1! )(10 ! ) ( 4! )( 6! ) ( 4! )( 2! ) ( 2! )( 0! )
34650

9. 5. 12 buah lampu berwarna (4 merah, 3 putih,
dan 5 biru) dipasang pada 18 buah soket
dalam sebuah baris (sisanya 6 buah soket
dibiarkan kosong). Berapa jumlah cara
pengaturan lampu?
Solusi :
n = 18; n1 = 4, n2 = 3, n3 = 5, dan n4 = 6
(socket kosong)
Jumlah cara pengaturan lampu
18 18 !
4 3 5 6 ( 4! )( 3! )( 5! )( 6! )

11. Sejarah
Pigeonhole Principle atau Prinsip Sarang Merpati
pertama kali dinyatakan oleh ahli matematika dari Jerman
yang bernama Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet
pada tahun 1834, sehingga prinsip ini juga dikenal
dengan istilah Prinsip Laci Dirichlet (Dirichlet drawer
principle).
6 holes 7 pigeons
Pada hakekatnya prinsip ini
berbunyi s.b: sejumlah burung
ditangkar dalam sebuah
sangkar. Jika banyaknya
burung melebihi banyaknya
sangkar, maka terdapat
sangkar yang memuat lebih
dari satu burung.

12. Jika m burung dimasukkan dalam n sangkar
dan m>n, maka terdapat sangkar berisi
paling sedikit dua burung.
Bukti:
Andaikan setiap sangkar beisi paling banyak
satu ekor burung. Maka banyak burung m
tidak melebihi banyak sangkar n atau m≤n,
kontradiksi dengan m>n

13. Contoh 1: Jika anda menghadiri 6 kuliah dalam selang
waktu Senin sampai Jumat, maka haruslah terdapat
paling sedikit satu hari ketika anda menghadiri paling
sedikit dua kelas.
Contoh 2: Diantara 8 orang pasti ada dua orang yang
memiliki hari kelahiran yang sama. Demikian pula, dari 15
orang yang berbeda, pasti terdapat dua orang yang lahir
pada bulan yang sama.
Bukti:
Bukti 1: Andaikan dalam selang waktu senin sampai jumat makul yang dihadiri
paling banyak 1 makul pada tiap harinya. Maka banyak makul m=5 tidak
melebihi banyak hari (senen-jumat)n =5 atau m≤n, kontradiksi dengan 6>5
atau m>n
Bukti 2: Andaikan pada tiap hari senin-minggu paling banyak 1 orang yang lahir
pada tiap harinya. Maka banyak orang m=7 tidak melebihi banyak hari (senen-
jumat)n =7 atau m≤n, kontradiksi dengan 8>7 atau m>n

14. Contoh 3: Jika b1, b2, ... , bm adalah m bilangan
bulat, tunjukkan terdapat i dan j dengan 1≤ i < j
≤m sedemikian hingga bi+1 + bi+2 + ... + bj habis
dibagi m
Solusi:
Terdapat m penjumlahan :
b1, b1+b2, b1+b2+b3, ..., b1+b2+ . . . +bm
Jika ada dari penjumlahan ini habis dibagi m, maka bukti
selesai.
Misalkan, masing-masing dari penjumlahan tersebut tidak ada
yang habis dibagi m, atau sisanya>0 maka sisanya salah satu
dari 1, 2, 3, ... , m-1, karena terdapat m penjumlahan m-1 sisa
maka terdapat 2 penjumlahan yang mempunyai sisa yang
sama jika dibagi m, maka ada i<j sedemikian hingga b1+b2+ . . .
+bi dan b1+b2+ . . . +bj mempunyai sisa yang sama, misal s jika
dibagi m.
Terdapat bilangan bulat p dan q sedemikian hingga
b1+b2+ . . . +bj = qm + s
b1+b2+ . . . +bi = pm + s
−
bi+1+bi+2+ . . . +bj = (q-p)m

15. Contoh 4: Sebanyak 51 bilangan bulat diambil dari
bilangan-bilangan bulat 1, 2, 3, 4, ... ,100. tunjukkan bahwa
diantara bilangan-bilangan yang terambil, terdapat dua
bilangan sedemikian hingga yang satu pembagi yang
lainnya.
Solusi:
Setiap bilangan bulat dapat ditulis sebagai 2m x n; m≥0, n
ganjil. Karena bilangan bulat yang diberikan dari 1 s/d 100,
maka n salah satu 50 bilangan ganjil 1, 3, 5, ... , 99.
sehingga diantara 51 bilangan yang diambil, terdapat 2
bilangan dengan n yang sama, misalkan 2k x n dan 2h x n
Jika k≤h, maka 2k x n pembagi 2h x n
Jika k>h, maka 2h x n pembagi 2k x n

16. Jika f merupakan sebuah fungsi dari suatu himpunan
terhingga X ke suatu himpunan terhingga Y dan
|X|>|Y|, maka f(x1) = f(x2) untuk beberapa x1, x2 ∈ X,
dimana x1 ≠ x2
Bukti:
Menggunakan Prinsip Pigeonhole Bentuk Pertama
dengan mengasumsikan X sebagai himpunan merpati
dan Y sebagai himpunan rumah merpati. Selanjutkan
kita memasangkan merpati x ke rumah merpati f(x).
Karena jumlah merpati lebih banyak dari rumahnya,
maka terdapat paling sedikit dua merpati, x1, x2 ∈ X
yang dipasangkan ke rumah merpati yang sama, yaitu
f(x1) = f(x2) untuk beberapa x1, x2 ∈ X, dimana x1 ≠ x2

17. Contoh 5: Ketua Program Studi Pendidikan Matematika
akan membuat kode makul untuk makul-makul bidang studi
matematika dengan cara menambahkan tiga angka pada huruf
KPM. Terdapat 51 makul yang harus diberi kode dan tiga angka
yang harus ditambahkan pada huruf KPM harus berkisar antara
101 sampai dengan 200. Tunjukkan bahwa terdapat paling
sedikit dua makul yang diberi kode dengan angka berurutan !
Solusi:
Misalkan angka-angka yang dipilih adalah a1, a2, …, a51
Jika angka-angka diatas digunakan bersama-sama dengan
a1 + 1, a2 + 1, …, a51 + 1
maka terdapat 102 nomor yang merentang antara 101 sampai
dengan 201. Karena ada 100 nomor yang disediakan (yaitu
101 sampai dengan 200) dan ada 102 nomor yang akan
digunakan, maka menurut Prinsip Pigeonhole Bentuk Kedua,
terdapat paling sedikit dua nomor yang sama. Nomor a1, a2, …,
a51 dan a1 + 1, a2 + 1, …, a51 + 1 semuanya berbeda. Sehingga
kita mempunyai ai = aj + 1 Dengan demikian kode ai berurutan
dengan kode aj .

18. Jika f merupakan sebuah fungsi dari suatu himpunan terhingga X
ke suatu himpunan terhingga Y, dimana |X| = n, |Y| = m dan
Γ ˥= k, maka terdapat paling sedikit k anggota x1, x2, ..., xk ∈
X sedemikian hingga
f(x1) = f(x2) = ... = f(xk )
Bukti:
Andaikan kesimpulan salah, maka terdapat paling banyak k – 1
anggota x ∈ X dengan f(x) = y1; terdapat paling banyak k – 1
anggota x ∈ X dengan f(x) = y2, dan seterusnya sampai k – 1
anggota x ∈ X dengan f(x) = ym. Sehingga terdapat paling banyak
m(k − 1) anggota X. Tapi
m(k − 1) < m.(n/m) = n
yang merupakan sebuah kontradiksi. Oleh karena itu, terdapat
paling sedikit k anggota x1, x2, ..., xk ∈ X sedemikian hingga
f(x1) = f(x2) = ... = f(xk )

19. Jika N obyek ditempatkan ke dalam k kotak, maka
terdapat paling sedikit satu kotak yang memuat
sedikitnya N/k obyek.
Bukti:
Andaikan setiap kotak berisi kurang dari N/k obyek,
berarti setiap kotak berisi maksimum N/k - 1 obyek.
Karena banyaknya kotak adalah k, maka banyaknya
obyek maksimum k( N/k - 1) < k.(N/k) = N,
kontradiksi dengan banyaknya obyek yang diberikan
yaitu N, jadi teorema terbukti
Contoh 1: Di dalam kelas dengan 60 mahasiswa, terdapat paling
sedikit 12 mahasiswa akan mendapat nilai yang sama (A, B, C, D,
atau E).

20. Contoh 3:
Misalkan ada laci yang berisi selusin kaus kaki coklat
dan selusin kaus kaki hitam yang didistribusikan secara
acak. Pada saat listrik padam, berapa kaus kaki yang
harus anda ambil untuk memastikan bahwa di antaranya
terdapat sepasang kaus yang sewarna?
Solusi:
Terdapat dua tipe kaus kaki, jadi jika anda memilih paling
sedikit 3 kaus kaki, haruslah terdapat paling sedikit dua
kaus kaki coklat atau paling sedikit dua kaus kaki hitam .
Generalisasi Prinsip Sarang Merpati : 3/2 = 2.

21. Contoh 4:
Dalam matakuliah Matematika Diskrit diberikan tugas
kelompok yang akan dibagi menjadi enam kelompok.
Jika terdapat 62 mahasiswa yang menempuh mata
kuliah tersebut, tunjukkan bahwa terdapat paling sedikit
ada 11 mahasiswa yang menjadi anggota suatu
kelompok yang sama!
Solusi :
Kita asumsikan mahasiswa tersebut sebagai anggota
dari himpunan daerah asal X dan kelompoknya sebagai
anggota daerah kawan Y . Karena |X| = 62, |Y | = 6 dan
[62/6] = 11. Maka dengan menggunakan Prinsip
Generalized Pigeonhole, terdapat paling sedikit 11
anggota X yang dipasangkan dengan suatu anggota Y
yang sama. Dengan demikian terdapat paling sedikit ada
11 mahasiswa yang menjadi anggota suatu kelompok
yang sama.

22. Teorema 1.9
Misalkan a1, a2, ..., an adalah bilangan-
bilangan bulat. Jika sebanyak a1 + a2 + ... +
an + 1−n obyek ditempatkan di dalam n
kotak, maka kotak pertama mendapat paling
sedikit a1 obyek atau kotak kedua mendapat
paling sedikit a2 obyek, ... , atau kotak ke-n
mendapat paling sedikit an obyek.

23. Bukti:
Andaikan untuk setiap i, 1≤i≤n, kotak ke-i
mendapat<ai obyek, maka total obyek dalam
kotak tidak melebihi
(a1-1) + (a2-1) + ... + (an-1) = a1 + a2 + ...+ an
− n, kontradiksi dengan banyak obyek yang
ditempatkan yaitu a1 + a2 + ... + an + 1−n.
Dengan demikian teorema terbukti

24. Catatan 1:
Jika a1 = a2 = ... = an = k, maka a1 + a2 + ...
+ an + 1 – n = n(k–1) + 1
Sehingga Teorema 1.7 menjadi:
Jika n(k–1) + 1 obyek diletakkan dalam n
kotak, maka terdapat paling sedikit satu
kotak berisi paling sedikit k obyek

25. Contoh 5:
Diberikan dua disket (berbentuk lingkaran) dengan
diameter berbeda. Masing-masing disket dipartisi
menjadi 200 juring (sektor) kongruen. Sebanyak 100
juring sembarang dipilih dari disk yang lebih besar
dan dicat merah, sedangkan 100 juring sisanya dicat
kuning. Untuk disket kecil, setiap juring dicat warna
merah atau kuning. Selanjutnya, disket kecil
diletakkan di atas disket besar sedemikian hingga
titik pusat kedua disket berhimpit. Tunjukkan
bahwwa kedua disket tersebut dapat diatur
sedemikian hingga minimal ada 100 juring pada
disket kecil cocok warnanya denagn juring-juring
seletak pada disket besar

26. Solusi:
Jika posisi cakram besar dibuat tetap, maka terdapat 200
kemungkinan posisi untuk cakram kecil sedemikian hingga
setiap juring cakram kecil termuat di dalam juring cakram
besar. Pertama kali hitung total banyaknya warna yang
cocok dari ke 200 kemungkinan tadi. Karena cakram besar
memiliki 100 juring masing-masing dari dua warna
tersebut, maka setiap juring cakram kecil akan cocok
warnanya dengan juring-juring bersesuaian pada cakram
besar dalam tepat 100 dari 200 posisi yang mungkin.
Sehingga total banyaknya warna yang cocok dari
semua posisi yang mungkin adalah banyaknya juring
pada cakram kecil dikalikan 100, dan ini sama dengan
20000. sehingga rata-rata banyaknya warna yang cocok
per posisi adalah
20000 : 200 = 100.
Oleh karena itu, haruslah terdapat suatu posisi dengan

27. Soal Paket (no. 23) :Tunjukkan bahwa untuk
setiap bilangan positif n, terdapat bilangan
kelipatan n yang angka-angkanya hanya angka
“0” dan “1”
Solusi:
Misal n bilbulpos. Pikirkan barisan sebanyak n+1 bil. Yang
angka-angkanya 1, s.b:
1, 11, 111, 1111, ... , 111...1
sebanyak n+1 angka
Jika sebuah bilbul. Dibagi n maka sisanya adalah n
kemungkinan yaitu 0, 1, 2, 3, ... , n-1
Karena dlm barisan thd n+1 bilbul. & kemungkinan ada n sisa,
jika bil. Tsb dibagi dengan n maka berdas. Prinsip sarang
burung ada minimal dua bil. di dalam barisan yg mempunyai
sisa yg sama jika dibagi dengan n, misal kedua bil. Tsb
111...111...11 dan 11...11, maka
111...111...11 = a.n+r dan 11...11 = b.n+r dikurangkan menjadi
111...1100...00 = (a-b).n
Karena (a-b) bilbul. Maka 111...1100...00 bilbul. Kelipatan yang
angkanya “0” dan “1”