Paryadi

Members
  • Content count

    4
  • Joined

  • Last visited

  • Days Won

    3

Paryadi last won the day on February 27

Paryadi had the most liked content!

Community Reputation

5 Neutral

1 Follower

About Paryadi

  • Rank
    Newbie

Recent Profile Visitors

179 profile views
  1. Misalkan $p=\min \left( {r,s} \right)$ dan $q=\max \left( {r,s} \right)$. Perhatikan bahwa agar tidak ada dua benteng yang saling menyerang maka tidak boleh ada sedikitnya dua benteng yang terletak pada baris atau lajur yang sama. Kita klaim bahwa $M\le p$, karena jika $M>p$ menurut pigeon hole principle akan ada sedikitnya dua buah benteng yang terletak pada baris atau lajur yang sama. Misalkan ${{x}_{{ij}}}$ menyatakan petak catur pada baris ke-$i$ lajur ke-$j$ . jika $p$ buah benteng diletakkan pada petak ${{x}_{{kk}}}$ dengan $k=1,2,...,p$ , maka $p$ buah benteng tidak akan saling menyerang. Jadi kita peroleh $M=p=\min \left( {r,s} \right)$ Selanjutnya akan kita hitung banyaknya cara menempatkan $M$ buah benteng tersebut. - Jika $p=r$ Cara meletakkan benteng pertama pada baris ke-$1$ ada sebanyak $s$ cara. Karena benteng pada baris kedua tidak boleh satu lajur dengan benteng pertama, maka Cara meletakkan benteng kedua pada baris ke-$2$ ada sebanyak $s-1$ cara Cara meletakkan benteng ketiga pada baris ke-$3$ ada sebanyak $s-2$ cara, dst. Cara meletakkan benteng ke-$r$ pada baris ke-$r$ ada sebanyak $s-r+1$. Jadi banyaknya cara meletakkan $M$ benteng tersebut adalah $s\left( {s-1} \right)\left( {s-2} \right)...\left( {s-r+1} \right)=\frac{{s!}}{{\left( {s-r} \right)!}}=\frac{{q!}}{{\left( {q-p} \right)!}}$ - Jika $p=s$, Dengan analogi yang sama (pertimbangankan penempatan benteng pada lajur ke-$i$) akan diperoleh banyaknya cara meletakkan $M$ benteng tersebut sebanyak $r\left( {r-1} \right)\left( {r-2} \right)...\left( {r-s+1} \right)=\frac{{r!}}{{\left( {r-s} \right)!}}=\frac{{q!}}{{\left( {q-p} \right)!}}$ Kesimpulannya cara menempatkan $M$ buah benteng pada papan $P$ sehingga tidak ada dua benteng saling menyerang adalah $\frac{{q!}}{{\left( {q-p} \right)!}}=\frac{{\max \left( {r,s} \right)!}}{{\left( {\max \left( {r,s} \right)-\min \left( {r,s} \right)} \right)!}}$
  2. Mudah diperiksa dengan partial fraction (gunakan cover up rule) bahwa $\displaystyle S=\prod\limits_{{k=0}}^{n}{{\frac{1}{{x+k}}}}=\frac{1}{{n!}}\sum\limits_{{k=0}}^{n}{{{{{\left( {-1} \right)}}^{k}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \end{array}} \right)\frac{1}{{x+k}}}}$ Jadi $\displaystyle \int{{Sdx}}=\frac{1}{{n!}}\sum\limits_{{k=0}}^{n}{{{{{\left( {-1} \right)}}^{k}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \end{array}} \right)\int{{\frac{{dx}}{{x+k}}}}}}=\frac{1}{{n!}}\sum\limits_{{k=0}}^{n}{{{{{\left( {-1} \right)}}^{k}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \end{array}} \right)\ln \left( {x+k} \right)}}+c$
  3. · Untuk sembarang lingkaran $ C$ dengan jari jari $ r>0$ , dipunyai $ z=r{{e}^{{i\theta }}}$, $ 0\le \theta \le 2\pi $ , $ dz=ir{{e}^{{i\theta }}}d\theta $. Sehingga $ \displaystyle \frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{z}^{{n+1}}}}}dz}}=\frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_{0}^{{2\pi }}{{\frac{{{{{\left( {1+r{{e}^{{i\theta }}}} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{r}^{{n+1}}}{{e}^{{i\left( {n+1} \right)\theta }}}}}ir{{e}^{{i\theta }}}d\theta }}=\frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{0}^{{2\pi }}{{\frac{1}{{{{r}^{n}}{{e}^{{in\theta }}}}}\sum\limits_{{k=0}}^{{2n}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ k \end{array}} \right)}}{{r}^{k}}{{e}^{{ik\theta }}}d\theta }}$ $ \displaystyle =\frac{1}{{2\pi }}\sum\limits_{{k=0}}^{{2n}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ k \end{array}} \right)}}{{r}^{{k-n}}}\int\limits_{0}^{{2\pi }}{{{{e}^{{i\left( {k-n} \right)\theta }}}d\theta }}=\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ n \end{array}} \right)$ hasil terakhir diperoleh mengingat untuk $ k\ne n$, integral bernilai 0. · Karena hasil diatas berlaku untuk sembarang $ r>0$, kita dapat memilih lingkaran $ C$ dengan jari – jari $ r=1$ yaitu $ \left| z \right|=1$ . dari hasil diatas kita memiliki $ \displaystyle S=\sum\limits_{{n=0}}^{\infty }{{\frac{1}{{{{5}^{n}}}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ n \end{array}} \right)}}=\frac{1}{{2\pi i}}\sum\limits_{{n=0}}^{\infty }{{\oint_{C}{{\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{5}^{n}}{{z}^{{n+1}}}}}dz}}}}=\frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\sum\limits_{{n=0}}^{\infty }{{\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{5}^{n}}{{z}^{{n+1}}}}}}}dz}}$ kita dapat melakukan ini karena pada $ \left| z \right|=1$ deret konvegen (deret geometri dengan ratio $ \displaystyle \left| {\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{2}}}}{{5z}}} \right|\le \frac{{1+2\left| z \right|+{{{\left| z \right|}}^{2}}}}{{5\left| z \right|}}=\frac{4}{5}<1$ ) jadi kita punyai $ \displaystyle S=\frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\frac{{\left( {{1}/{z}\;} \right)}}{{1-{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{2}}}}/{{5z}}\;}}dz}}=\frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\frac{{-10}}{{\left( {z-\left( {3+\sqrt{5}} \right)} \right)\left( {z-\left( {3-\sqrt{5}} \right)} \right)}}dz}}$ Dengan menggunakan teorema residu di $ z=3-\sqrt{5}$ diperoleh $ \displaystyle S=\frac{1}{{2\pi i}}\cdot 2\pi i\frac{{-10}}{{-2\sqrt{5}}}=\sqrt{5}$
  4. $ \displaystyle S=\frac{1}{{2\pi i}}\cdot 2\pi i\frac{{-10}}{{-2\sqrt{5}}}=\sqrt{5}$