BerandaDari 36 siswa di sebuah kelas, 20 siswa suka olahr...PertanyaanDari 36 siswa di sebuah kelas, 20 siswa suka olahraga renang, 15 siswa suka olahraga basket, dan 10 siswa tidak suka kedua-duanya. Bila dipilih seorang siswa secara acak, peluang terpilih siswa yang suka kedua jenis olahraga tersebut adalah.....Dari 36 siswa di sebuah kelas, 20 siswa suka olahraga renang, 15 siswa suka olahraga basket, dan 10 siswa tidak suka kedua-duanya. Bila dipilih seorang siswa secara acak, peluang terpilih siswa yang suka kedua jenis olahraga tersebut adalah.....YEMahasiswa/Alumni Institut Teknologi BandungPembahasan Perdalam pemahamanmu bersama Master Teacher di sesi Live Teaching, GRATIS!37rb+afaulia fristi Pembahasan lengkap banget Mudah dimengerti Bantu banget Ini yang aku cari! Makasih ❤️IkI kadek FebriPembahasan lengkap banget©2023 Ruangguru. All Rights Reserved PT. Ruang Raya Indonesia

Prinsip inklusi-eksklusi inclusion-exclusion principle merupakan perluasan konsep dari diagram Venn yang melibatkan operasi irisan dan gabungan dalam himpunan. Konsep tersebut diperluas sampai-sampai diaplikasikan secara variatif pada kombinatorika. Perhatikan ilustrasi masalah berikut. Ilustrasi Masalah Terdapat sejumlah siswa di dalam suatu kelas. Sebanyak $23$ siswa menyukai matematika, sedangkan $18$ siswa menyukai fisika. Berapa siswa di dalam kelas tersebut yang menyukai matematika atau fisika? Permasalahan di atas tidak dapat diselesaikan secara langsung karena kurangnya informasi yang diberikan. Banyak siswa yang menyukai matematika atau fisika dapat diketahui jika banyak siswa yang menyukai keduanya diketahui. Misalkan $A$ dan $B$ adalah sembarang himpunan. Perhatikan hubungan kedua himpunan tersebut dalam diagram Venn berikut. Notasi $A$ atau $nA$ dan $B$ atau $nB$ berturut-turut menyatakan banyaknya anggota kardinalitas himpunan $A$ dan $B.$ Penjumlahan $A + B$ menghitung banyaknya anggota $A$ yang tidak terdapat dalam $B$ dan banyaknya anggota $B$ yang tidak terdapat dalam $A$ tepat sekali, dan banyaknya anggota yang terdapat dalam $A \cap B$ sebanyak dua kali. Oleh karena itu, pengurangan banyaknya anggota yang terdapat dalam $A \cap B$ dari $A + B$ membuat banyaknya anggota $A \cap B$ dihitung tepat sekali. Dengan demikian, $$\boxed{A \cup B = A + B-A \cap B}$$Generalisasi dari konsep tersebut bagi gabungan dari sejumlah himpunan disebut sebagai prinsip inklusi-eksklusi PIE. Khusus untuk tiga himpunan, prinsip inklusi-eksklusi menjamin berlakunya hubungan berikut. $$\boxed{A \cup B \cup C = A + B + C-A \cap B-A \cap C-B \cap C+A \cap B \cap C}$$Khusus untuk empat himpunan, prinsip inklusi-eksklusi menjamin berlakunya hubungan berikut. $$\boxed{\begin{aligned} A \cup B \cup C \cup D = & A + B + C + D-A \cap B-A \cap C-A \cap D-B \cap C-B \cap D \\ &-C \cap D+A \cap B \cap C+A \cap B \cap D+A \cap C \cap D+ \\ &B \cap C \cap D-A \cap B \cap C \cap D \end{aligned}}$$Sudah tampak polanya, kan? Secara umum, prinsip inklusi-eksklusi untuk himpunan hingga $A_1, A_2, A_3, \cdots, A_n$ adalah sebagai berikut. $$\begin{aligned} A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup \cdots \cup A_n = & \displaystyle \sum_{1 \le i \le n} A_i-\sum_{1 \le i 3,$ $x_2 > 4,$ $x_3 > 5,$ dan $x_4 > 8.$ Dengan menggunakan teorema bintang dan garis kombinasi berulang, diperoleh informasi berikut. $$\begin{aligned} A & = \displaystyle \binom{13+4-1}{4-1} = \binom{16}{3} = 560 \\ B & = \displaystyle \binom{12+4-1}{4-1} = \binom{15}{3} = 455 \\ C & = \displaystyle \binom{11+4-1}{4-1} = \binom{14}{3} = 364 \\ D & = \displaystyle \binom{8+4-1}{4-1} = \binom{11}{3} = 165 \\ A \cap B & = \displaystyle \binom{8+4-1}{4-1} = \binom{11}{3} = 165 \\ A \cap C & = \displaystyle \binom{7+4-1}{4-1} = \binom{10}{3} = 120 \\ A \cap D & = \displaystyle \binom{4+4-1}{4-1} = \binom{7}{3} = 35 \\ B \cap C & = \displaystyle \binom{6+4-1}{4-1} = \binom{9}{3} = 84 \\ B \cap D & = \binom{3+4-1}{4-1} = \binom{6}{3} = 20 \\ C \cap D & = \binom{2+4-1}{4-1} = \binom{5}{3} = 10 \\ A \cap B \cap C & = \binom{2+4-1}{4-1} = \binom{5}{3} = 10 \\ A \cap B \cap D & = 0 \\ A \cap C \cap D & = 0 \\ B \cap C \cap D & = 0 \\ A \cap B \cap C \cap D & = 0 \end{aligned}$$Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh $$\begin{aligned} A \cup B \cup C \cup D^c = & \displaystyle \binom{17 +4-1}{4-1}-A + B + C + D -A \cap B-A \cap C-A \cap D-B \cap C-B \cap D-C \cap D+ \\ & A \cap B \cap C+A \cap B \cap D + A \cap C \cap D + B \cap C \cap D-A \cap B \cap C \cap D \\ = & \binom{20}{3}-560+455+364+165-165-120-35-84-20-10+10+0+0+0-0 \\ = & \\ = & 15. \end{aligned}$$Jadi, banyak solusi dari persamaan tersebut dengan kriteria yang diberikan adalah $\boxed{15}$ Jawaban C [collapse] Soal Nomor 14 Pada suatu acara perpisahan, $6$ orang yang saling bersahabat melakukan tukar kado. Setiap orang membawa tepat satu kado. Kado dari setiap orang dikumpulkan, kemudian dibagikan kembali secara acak. Peluang kejadian tidak ada orang yang mendapatkan kadonya sendiri adalah $\cdots \cdot$ A. $\dfrac{49}{144}$ D. $\dfrac{53}{720}$ B. $\dfrac{53}{144}$ E. $\dfrac{59}{720}$ C. $\dfrac{59}{144}$ Pembahasan Kasus ini analog dengan mencari banyak peracakan dari $6$ objek. Berdasarkan teorema peracakan, diperoleh banyak peracakannya adalah $$\begin{aligned} N & = 6!\left1-\dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!} + \dfrac{1}{4!}-\dfrac{1}{5!}+\dfrac{1}{6!}\right \\ & = 265. \end{aligned}$$Karena banyak permutasi dari $6$ objek adalah $6! = 720,$ peluang kejadian tidak ada orang yang mendapatkan kadonya sendiri adalah $\boxed{\dfrac{265}{720} = \dfrac{53}{144}}$ Jawaban B [collapse] Bagian Uraian Soal Nomor 1 Dalam suatu kelas terdapat $23$ siswa yang menyukai matematika, sedangkan $18$ siswa menyukai fisika. Jika $8$ orang di antaranya menyukai keduanya, berapa banyak siswa di dalam kelas tersebut? Pembahasan Misalkan $A$ adalah himpunan siswa yang menyukai matematika dan $B$ adalah himpunan siswa yang menyukai fisika sehingga $A \cap B$ menyatakan himpunan siswa yang menyukai keduanya. Banyaknya siswa yang menyukai salah satu mata pelajaran tersebut atau keduanya dinyatakan oleh himpunan $A \cup B.$ Dengan demikian, $$\begin{aligned} A \cup B & = A + B-A \cap B \\ & = 23+18-8 \\ & = 33. \end{aligned}$$Jadi, ada $33$ siswa di dalam kelas tersebut. [collapse] Soal Nomor 2 Suatu survei terkait penggunaan kipas angin dan AC dilakukan pada rumah penduduk di desa X. Dari survei tersebut, diperoleh informasi bahwa AC terpasang pada $96\%$ rumah, kipas angin terpasang pada $98\%$ rumah, dan dua peralatan elektronik tersebut terpasang pada $95\%$ rumah. Berapa persen rumah penduduk di desa X yang tidak terpasang kipas angin maupun AC? Pembahasan Asumsikan persentase sebagai kardinalitas dari himpunan dengan menganggap rumah penduduk ada sebanyak $100.$ Misalkan $K$ dan $A$ berturut-turut menyatakan rumah penduduk di desa X yang terpasang kipas angin dan AC. Ini berarti $K = 98,$ $A = 96,$ dan $K \cap A = 95.$ Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, persentase rumah penduduk di desa X yang terpasang kipas angin atau AC adalah $$\begin{aligned} K \cup A & = K + A-K \cap A \\ & = 98+96-95 \\ & = 99. \end{aligned}$$Sebaliknya, didapat bahwa sebanyak $\boxed{1\%}$ rumah penduduk di desa X yang tidak terpasang kipas angin maupun AC. [collapse] Soal Nomor 3 Berapa banyak elemen di $A_1 \cup A_2$ jika diketahui terdapat $12$ elemen di $A_1,$ $18$ elemen di $A_2,$ dan a. $A_1 \cap A_2 = \emptyset$? b. $A_1 \cap A_2 = 1$? c. $A_1 \cap A_2 = 6$? d. $A_1 \subseteq A_2$? Pembahasan Diketahui $A_1 = 12$ dan $A_2 = 18.$ Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh $$\begin{aligned} A_1 \cup A_2 & = A_1 + A_2-A_1 \cap A_2 \\ & = 12 + 18-A_1 \cap A_2 \\ & = 30 -A_1 \cap A_2. \end{aligned}$$Jawaban a Karena $A_1 \cap A_2 = \emptyset,$ haruslah $A_1 \cap A_2 = 0$ dua himpunan tersebut saling lepas. Akibatnya, $A_1 \cup A_2 = 30-0 = 30.$ Jadi, banyak elemen di $A_1 \cup A_2$ adalah $\boxed{30}$ Jawaban b Karena $A_1 \cap A_2 = 1,$ didapat $A_1 \cup A_2 = 30-1 = 29.$ Jadi, banyak elemen di $A_1 \cup A_2$ adalah $\boxed{29}$ Jawaban c Karena $A_1 \cap A_2 = 6,$ didapat $A_1 \cup A_2 = 30-6 = 24.$ Jadi, banyak elemen di $A_1 \cup A_2$ adalah $\boxed{24}$ Jawaban d Karena $A_1 \subseteq A_2,$ haruslah $A_1 \cap A_2 = A_1.$ Akibatnya, $A_1 \cap A_2 = A_1 = 12$ sehingga $A_1 \cup A_2 = 30-12 = 18.$ Jadi, banyak elemen di $A_1 \cup A_2$ adalah $\boxed{18}$ [collapse] Soal Nomor 4 Tentukan banyak elemen di $A_1 \cup A_2 \cup A_3$ jika terdapat $100$ elemen pada masing-masing himpunan dan himpunannya saling lepas berpasangan pairwise disjoint. ada $50$ elemen yang sama pada tiap pasang himpunan serta tidak ada elemen yang menjadi irisan dari tiga himpunan tersebut. ada $50$ elemen yang sama pada tiap pasang himpunan serta ada $25$ elemen yang menjadi irisan dari tiga himpunan tersebut. tiga himpunan itu sama equal. Pembahasan Diketahui $A_1 = A_2 = A_3 = 100.$ Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh $$A_1 \cup A_2 \cup A_3 = A_1 + A_2 + A_3-A_1 \cap A_2-A_1 \cap A_3-A_2 \cap A_3 + A_1 \cap A_2 \cap A_3.$$Jawaban a Jika setiap dua himpunan saling lepas, didapat $$A_1 \cap A_2 = A_1 \cap A_3 = A_2 \cap A_3 = A_1 \cap A_2 \cap A_3 = 0.$$Jadi, $$\begin{aligned} A_1 \cup A_2 \cup A_3 & = A_1 + A_2 + A_3 \\ & = 100 + 100 + 100 \\ & = 300. \end{aligned}$$Dengan demikian, banyak elemen di $A_1 \cup A_2 \cup A_3$ dengan kondisi seperti itu adalah $\boxed{300}$ elemen. Jawaban b Diketahui $$A_1 \cap A_2 = A_1 \cap A_3 = A_2 \cap A_3 = 50$$dan $A_1 \cap A_2 \cap A_3 = 0$ sehingga diperoleh $$A_1 \cup A_2 \cup A_3 = 100+100+100-50-50-50+0 = 150.$$Dengan demikian, banyak elemen di $A_1 \cup A_2 \cup A_3$ dengan kondisi seperti itu adalah $\boxed{150}$ elemen. Jawaban c Diketahui $$A_1 \cap A_2 = A_1 \cap A_3 = A_2 \cap A_3 = 50$$dan $A_1 \cap A_2 \cap A_3 = 25$ sehingga diperoleh $$A_1 \cup A_2 \cup A_3 = 100+100+100-50-50-50+25 = 175.$$Dengan demikian, banyak elemen di $A_1 \cup A_2 \cup A_3$ dengan kondisi seperti itu adalah $\boxed{175}$ elemen. Jawaban d Jika tiga himpunan itu sama $A_1 = A_2 = A_3$, jelas bahwa $$A_1 \cup A_2 \cup A_3 = A_1 = A_2 = A_3 = 100.$$Dengan demikian, banyak elemen di $A_1 \cup A_2 \cup A_3$ dengan kondisi seperti itu adalah $\boxed{100}$ elemen. [collapse] Soal Nomor 5 Informasi terkecil yang dapat disimpan di dalam memori komputer adalah bita byte. Setiap bita disusun oleh $8$ bit. Berapa banyak bita yang dimulai dengan $11$ atau berakhir dengan $11?$ Pembahasan Misalkan $$\begin{aligned} A & = \text{himpunan}~\text{bita}~\text{yang dimulai dengan 11} \\ B & = \text{himpunan}~\text{bita}~\text{yang diakhiri dengan 11} \\ A \cap B & = \text{himpunan}~\text{bita}~\text{yang dimulai dan diakhiri dengan 11}. \end{aligned}$$sehingga $$A \cup B = \text{himpunan}~\text{bita}~\text{yang dimulai atau diakhiri dengan 11}.$$Perhatikan sketsa gambar berikut. Jumlah bita yang dimulai dengan $11$ ada $2^6 = 64$ karena $2$ posisi pertama sudah diisi sehingga kita hanya perlu mengisi $6$ posisi lainnya dengan $2$ pilihan angka, yaitu $0$ dan $1.$ Jadi, $A = 64.$ Hal yang demikian juga berlaku untuk jumlah bita yang diakhiri dengan $11,$ yaitu ada $2^6 = 64$ karena $2$ posisi terakhir sudah diisi sehingga kita hanya perlu mengisi $6$ posisi lainnya dengan $2$ pilihan angka, yaitu $0$ dan $1.$ Jadi, $B = 64.$ Jumlah bita yang berawal dan berakhir dengan $11$ ada sebanyak $2^4 = 16$ karena sekarang tersisa $4$ posisi yang dapat diisi. Jadi, $A \cap B = 16.$ Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, jumlah bita yang dimulai atau diakhiri dengan $11$ ada sebanyak $$\begin{aligned} A \cup B & = A+B-A \cap B \\ & = 64+64-16 \\ & = 112. \end{aligned}$$ [collapse] Soal Nomor 6 Ada berapa bilangan bulat positif yang lebih kecil atau sama dengan $100$ yang habis dibagi oleh $6$ atau $9?$ Pembahasan Notasi $\lfloor x \rfloor$ menyatakan fungsi lantai dari $x$, artinya bilangan bulat terbesar yang lebih kecil dari $x.$ Sebagai contoh, $\lfloor 2,83 \rfloor = 2$ dan $\lfloor 4,003 \rfloor = 4.$ Misalkan $A$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 100$ yang habis dibagi $6$ sehingga $$A = \left\lfloor \dfrac{100}{6} \right\rfloor = 16.$$Misalkan $B$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 100$ yang habis dibagi $9$ sehingga $$B = \left\lfloor \dfrac{100}{9} \right\rfloor = 11.$$Bilangan kelipatan $6$ dan $9$ sekaligus terhitung dua kali sehingga perlu dihitung banyaknya agar bisa dikurangi. Misalkan $A \cap B$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq 100$ yang habis dibagi $6$ dan $9$, yaitu bilangan kelipatan $\text{KPK}6, 9 = 18$ sehingga $$A \cap B = \left\lfloor \dfrac{100}{18} \right\rfloor = 5.$$Menurut prinsip inklusi-eksklusi, banyaknya bilangan bulat positif yang lebih kecil atau sama dengan $100$ yang habis dibagi oleh $6$ atau $9$ adalah $$\begin{aligned} A \cup B & = A + B-A \cap B \\ & = 16 + 11-5 \\ & = 22. \end{aligned}$$Jadi, terdapat $\boxed{22}$ bilangan bulat positif yang memenuhi kondisi tersebut. [collapse] Soal Nomor 7 Berapa banyak bilangan bulat positif yang tidak melampaui $ dan habis dibagi oleh $7$ atau $11$? Pembahasan Misalkan $A$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq yang habis dibagi $7$ sehingga $$A = \left\lfloor \dfrac{ \right\rfloor = 142.$$Misalkan $B$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq yang habis dibagi $11$ sehingga $$B = \left\lfloor \dfrac{ \right\rfloor = 90.$$Bilangan kelipatan $7$ dan $11$ sekaligus terhitung dua kali sehingga perlu dihitung banyaknya agar bisa dikurangi. Misalkan $A \cap B$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq yang habis dibagi $7$ dan $11$, yaitu bilangan kelipatan $77$ sehingga $$A \cap B = \left\lfloor \dfrac{ \right\rfloor = 12.$$Menurut prinsip inklusi-eksklusi, banyaknya bilangan bulat positif yang tidak melampaui $ dan habis dibagi oleh $7$ atau $11$ adalah $$\begin{aligned} A \cup B & = A + B-A \cap B \\ & = 142+90-12 \\ & = 220. \end{aligned}$$Jadi, terdapat $\boxed{220}$ bilangan bulat positif yang tidak melampaui $ dan habis dibagi oleh $7$ atau $11.$ [collapse] Soal Nomor 8 Berapa banyak bilangan bulat positif yang tidak melampaui $ dan habis dibagi oleh $5, 7,$ atau $11?$ Pembahasan Misalkan $A$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq yang habis dibagi $5$ sehingga $$A = \left\lfloor \dfrac{ \right\rfloor = 200.$$Misalkan $B$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq yang habis dibagi $7$ sehingga $$A = \left\lfloor \dfrac{ \right\rfloor = 142.$$Misalkan $C$ menyatakan himpunan bilangan bulat positif $\leq yang habis dibagi $11$ sehingga $$C = \left\lfloor \dfrac{ \right\rfloor = 90.$$Berikutnya, kita perlu mencari kardinalitas dari irisan dua himpunan dan tiga himpunan. $$\begin{aligned} A \cap B & = \left\lfloor \dfrac{ 7} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{ \right\rfloor = 28 \\ A \cap C & = \left\lfloor \dfrac{ 11} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{ \right\rfloor = 18 \\ B \cap C & = \left\lfloor \dfrac{ 11} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{ \right\rfloor = 12 \\ A \cap B \cap C & = \left\lfloor \dfrac{ 7, 11} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{ \right\rfloor = 2 \end{aligned}$$ Menurut prinsip inklusi-eksklusi, banyaknya bilangan bulat positif yang tidak melampaui $ dan habis dibagi oleh $5, 7,$ atau $11$ adalah $$\begin{aligned} A \cup B \cup C & = A + B + C-A \cap B-A \cap C-B \cap C+A \cap B \cap C \\ & = 200 + 142+90-28-18-12+2 \\ & = 376. \end{aligned}$$Jadi, terdapat $\boxed{376}$ bilangan bulat positif yang memenuhi kondisi tersebut. [collapse] Soal Nomor 9 Berapa banyak untaian bit dengan panjang $8$ yang dimulai dengan $1$ atau berakhir dengan $00?$ Pembahasan Untuk memperjelas masalah, contoh untaian bit dengan panjang $8$ adalah $10001100,$ $11110000,$ dan sebagainya. Kasus 1 Misalkan $A$ adalah kejadian munculnya untaian bit dengan panjang $8$ yang dimulai dengan $1.$ Hanya ada $1$ cara untuk mengisi bit pertama, sedangkan masing-masing ada $2$ cara untuk mengisi tujuh bit lainnya. Jadi, banyak untaian bit yang dapat dibuat adalah $A = 1 \times 2^7 = 128.$ Kasus 2 Misalkan $B$ adalah kejadian munculnya untaian bit dengan panjang $8$ yang berakhir dengan $00.$ Masing-masing ada $2$ cara untuk mengisi bit pertama sampai bit keenam, sedangkan bit ketujuh dan kedelapan hanya dapat diisi oleh $0$ sehingga ada $1$ cara saja. Jadi, banyak untaian bit yang dapat dibuat adalah $B = 2^6 \times 1^2 = 64.$ Perhatikan bahwa Kasus 1 dan Kasus 2 dapat terjadi secara bersamaan, yaitu ketika untaian bit dengan panjang $8$ dimulai dengan $1$ dan berakhir dengan $00.$ Jadi, kita perlu tinjau dua kasus ini sekaligus. Pada untaian bit tersebut, bit pertama, bit ketujuh, dan bit kedelapan hanya dapat diisi dengan $1$ cara, sedangkan lima bit lainnya dapat diisi dengan $2$ cara. Jadi, banyak untaian bit yang dapat dibuat adalah $A \cap B = 1^3 \times 2^5 = 32.$ Dengan menggunakan PIE, banyak untaian bit dengan panjang $8$ yang dimulai dengan $1$ atau berakhir dengan $00$ adalah $$\boxed{A + B-A \cap B = 128+64-32=160}$$ [collapse] Soal Nomor 10 Berapa banyak bilangan bulat positif kurang dari $ yang bukan merupakan bilangan hasil pangkat dua atau lebih? Pembahasan Masalah di atas dapat diselesaikan dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi jika menggunakan pendekatan seperti berikut. Pertama, tinjau bilangan bulat positif yang lebih besar dari $1.$ Jika bilangan $N$ merupakan hasil pangkat dari suatu bilangan bulat, maka jelas bahwa pangkat tersebut bernilai prima. Jika tidak demikian, berarti $N = x^k$ dengan $k = mp$ dan $p$ merupakan bilangan prima, padahal dapat ditulis $N = x^m^p.$ Oleh karena itu, cukup tinjau bilangan hasil pangkat $2, 3, 5, 7$, dan bilangan-bilangan prima berikutnya. Misalkan $A, B, C,$ $D, E,$ dan $F$ berturut-turut menyatakan banyak bilangan hasil pangkat $2, 3, 5, 7,$ $11,$ dan $13.$ Perhatikan bahwa bilangan hasil pangkat $17$ dan seterusnya tidak ditinjau karena $2^{17} \ge Dengan demikian, diperoleh $$\begin{aligned} A & = \left \lfloor \sqrt{9999} \right \rfloor -1 = 98 && 2^2~\text{sampai}~99^2 \\ B & = \left \lfloor \sqrt[3]{9999} \right \rfloor -1 = 20 && 2^3~\text{sampai}~21^3 \\ C & = \left \lfloor \sqrt[5]{9999} \right \rfloor -1 = 5 && 2^5~\text{sampai}~6^5 \\ D & = \left \lfloor \sqrt[7]{9999} \right \rfloor -1 = 2 && 2^7~\text{dan}~3^7 \\ E & = \left \lfloor \sqrt[11]{9999} \right \rfloor -1 = 1 && 2^{11} \\ F & = \left \lfloor \sqrt[13]{9999} \right \rfloor -1 = 1. && 2^{13} \end{aligned}$$Namun, pencacahan ganda double counting terjadi. Ada $\left \lfloor \sqrt[6]{9999} \right \rfloor -1 = 3$ bilangan berpangkat $2 \times 3 = 6$ yang dihitung dua kali sebagai bilangan berpangkat $2$ dan $3.$ Selain itu, ada $\left \lfloor \sqrt[10]{9999} \right \rfloor -1 = 1$ bilangan berpangkat $2 \times 5 = 10$ yang dihitung dua kali sebagai bilangan berpangkat $2$ dan $5.$ Pencacahan ganda hanya terjadi pada dua kasus ini. Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh $$\begin{aligned} A \cup B \cup C \cup D \cup E \cup F^c & = \\ & = \end{aligned}$$Jadi, ada $\boxed{ bilangan bulat positif kurang dari $ yang bukan merupakan hasil bilangan berpangkat dua atau lebih. [collapse] Soal Nomor 11 Berapa banyak fungsi surjektif fungsi pada dari himpunan beranggotakan $7$ elemen ke himpunan beranggotakan $5$ elemen? Catatan Suatu fungsi $f X \to Y$ dikatakan surjektif jika untuk setiap elemen $y \in Y,$ terdapat elemen $x \in X$ sehingga $fx = y.$ Pembahasan Misalkan fungsi $f X \to Y$ dengan $X = 7,$ $Y = 5,$ dan $Y = \{y_1, y_2, \cdots, y_5\}.$ Diketahui banyak fungsi $f$ tanpa syarat apa pun adalah $5^7 = Diketahui pula banyak fungsi $f$ sehingga $y_1$ tidak memiliki prapeta adalah $4^7.$ Hal ini simetris dengan kejadian ketika $y_2, y_3, y_4,$ dan $y_5$ tidak memiliki prapeta sehingga dapat dipersingkat perhitungannya dengan menggunakan aturan kombinasi, yaitu dengan memilih $1$ dari $5$ elemen $Y.$ Ini berarti ada $\displaystyle \binom{5}{1}4^7$ fungsi berbeda yang dapat dibuat. Dengan cara yang serupa, banyak fungsi $f$ sehingga terdapat pasangan dua elemen $B$ yang tidak memiliki prapeta pilih $2$ dari $5$ adalah $\displaystyle \binom{5}{2}3^7,$ dan begitu seterusnya. Menurut prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh $$\begin{aligned} N & = \binom{5}{1}4^7-\binom{5}{2}3^7 + \binom{5}{3}2^7-\binom{5}{4}1^7+\binom{5}{5}0^7\right \\ & = \\ & = \end{aligned}$$Jadi, ada $\boxed{ fungsi surjektif fungsi pada dari himpunan beranggotakan $7$ elemen ke himpunan beranggotakan $5$ elemen. [collapse] Teorema Banyak Fungsi Surjektif Misalkan $m$ dan $n$ merupakan bilangan bulat positif dengan $m \ge n.$ Terdapat $$n^m-\left\displaystyle \binom{n}{1}n-1^m + \binom{n}{2}n-2^m-\cdots+-1^{n-1}\binom{n}{n-1}1^m\right$$fungsi surjektif dari himpunan beranggotakan $m$ elemen ke himpunan beranggotakan $n$ elemen. Soal Nomor 12 Berapa banyak cara mendistribusikan $6$ mainan berbeda pada $3$ anak berbeda sehingga masing-masing anak mendapatkan setidaknya satu mainan? Pembahasan Kasus ini analog dengan mencari banyak fungsi surjektif dari himpunan yang beranggotakan $6$ elemen mainan ke himpunan yang beranggotakan $3$ elemen anak-anak karena masing-masing mainan diberikan pada satu anak mengikuti definisi fungsi. Dengan menggunakan teorema untuk mencari banyak fungsi surjektif, terdapat $$3^6-\left\displaystyle \binom{3}{1}2^6-\binom{3}{2}1^6\right = 540$$fungsi surjektif. Ini berarti ada $\boxed{540}$ cara mendistribusikan $6$ mainan berbeda pada $3$ anak berbeda sehingga masing-masing anak mendapatkan setidaknya satu mainan. [collapse] Soal Nomor 13 Berapa banyak cara mendistribusikan $8$ bola berbeda ke dalam $3$ kotak berbeda sehingga setiap kotak harus memuat setidaknya satu bola? Pembahasan Kasus ini analog dengan mencari banyak fungsi surjektif dari himpunan yang beranggotakan $8$ elemen bola ke himpunan yang beranggotakan $3$ elemen kotak karena masing-masing bola diberikan pada satu kotak mengikuti definisi fungsi. Dengan menggunakan teorema untuk mencari banyak fungsi surjektif, terdapat $$3^8-\left\displaystyle \binom{3}{1}2^8-\binom{3}{2}1^8\right = surjektif. Ini berarti ada $\boxed{ cara mendistribusikan $8$ bola berbeda ke dalam $3$ kotak berbeda sehingga setiap kotak harus memuat setidaknya satu bola. [collapse] Soal Nomor 14 Berapa banyak cara untuk menugaskan $7$ pekerjaan berbeda pada $4$ karyawan berbeda sehingga masing-masing karyawan mendapatkan setidaknya satu pekerjaan dan pekerjaan paling sulit ditugaskan kepada karyawan terbaik? Catatan Pekerjaan paling sulit dan karyawan terbaik masing-masing hanya ada satu. Pembahasan Pertama, abaikan terlebih dahulu ketentuan bahwa pekerjaan paling sulit ditugaskan kepada karyawan terbaik artinya satu pekerjaan tertentu hanya dapat dikerjakan oleh satu karyawan tertentu. Kasus menjadi analog dengan mencari banyak fungsi surjektif dari himpunan yang beranggotakan $7$ elemen pekerjaan ke himpunan yang beranggotakan $4$ elemen karyawan karena masing-masing pekerjaan ditugaskan pada satu karyawan mengikuti definisi fungsi. Dengan menggunakan teorema banyak fungsi surjektif, terdapat $$4^7-\left\displaystyle \binom{4}{1}3^7-\binom{4}{2}2^7+\binom{4}{1}1^7\right = surjektif. Ini berarti ada $ cara untuk menugaskan $7$ pekerjaan berbeda pada $4$ karyawan berbeda sehingga masing-masing karyawan mendapatkan setidaknya satu pekerjaan. Karena ada $4$ karyawan, banyak cara agar satu pekerjaan tertentu dikerjakan oleh salah satu dari $4$ karyawan tersebut yang sifatnya simetris adalah $\boxed{\dfrac14 \cdot = Catatan Jika karyawan tersebut bernama $A, B, C,$ dan $D,$ banyak cara agar pekerjaan tersulit diberikan pada $A, B, C,$ dan $D$ masing-masing adalah sama, yaitu $ cara. Inilah yang dimaksud dengan “simetris” pada kalimat di atas. [collapse] Soal Nomor 15 Carilah banyaknya bilangan prima yang tidak melebihi $200$ dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi. Catatan Saringan Eratosthenes merupakan prosedur yang dipakai untuk menentukan banyak bilangan prima yang kurang dari atau sama dengan bilangan bulat tertentu. Baca Juga Cara Menentukan Bilangan Prima dengan Menggunakan Saringan Eratosthenes Pembahasan Karena $1$ bukan bilangan prima, kita hanya meninjau $199$ bilangan, yaitu dari $2$ sampai $200.$ Ide utama yang dipakai adalah fakta bahwa bilangan komposit pada interval tersebut pasti mempunyai setidaknya satu dari enam faktor berikut $2, 3, 5, 7,$ $11,$ atau $13.$ Misalkan $A, B, C,$ $D, E,$ dan $F$ berturut-turut menyatakan banyak bilangan dari $2$ sampai $200$ yang habis dibagi $2, 3, 5, 7,$ $11,$ dan $13.$ Dengan demikian, banyak bilangan prima dari $2$ sampai $200$ adalah $$6 + A \cup B \cup C \cup D \cup E \cup F^c.$$Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh $$\begin{aligned} A \cup B \cup C \cup D \cup E \cup F^c = \, & 199-A + B + C + D + E + F- A \cap B-A \cap C-A \cap D-A \cap E -\\ & A \cap F-B \cap C-B \cap D-B \cap E-B \cap F-C \cap D- C \cap E-C \cap F- \\ & D \cap E-D \cap F-E \cap F+A \cap B \cap C + A \cap B \cap D + A \cap B \cap E + A \cap B \cap F + \\ & A \cap C \cap D + A \cap C \cap E + A \cap C \cap F + A \cap D \cap E + A \cap D \cap F + A \cap E \cap F + \\ & B \cap C \cap D + B \cap C \cap E + B \cap C \cap F + B \cap D \cap E + B \cap D \cap F + B \cap E \cap F + \\ & C \cap D \cap E + C \cap D \cap F + C \cap E \cap F + D \cap E \cap F-A \cap B \cap C \cap D-A \cap B \cap C \cap E- \\ &A \cap B \cap C \cap F- A \cap B \cap D \cap E-A \cap B \cap D \cap F-A \cap B \cap E \cap F- \\ & A \cap C \cap D \cap E-A \cap C \cap D \cap F-A \cap C \cap E \cap F- A \cap D \cap E \cap F- \\ &B \cap C \cap D \cap E-B \cap C \cap D \cap F-B \cap C \cap E \cap F-B \cap D \cap E \cap F- \\ & C \cap D \cap E \cap F + A \cap B \cap C \cap D \cap E + A \cap B \cap C \cap D \cap F + A \cap B \cap C \cap E \cap F + \\ & A \cap B \cap D \cap E \cap F + A \cap C \cap D \cap E \cap F + B \cap C \cap D \cap E \cap F \\ & -A \cap B \cap C \cap D \cap E \cap F.\end{aligned}$$Kita akan mencari nilai dari setiap suku di atas. $$\begin{aligned} A & = \left\lfloor \dfrac{200}{2} \right \rfloor = 100 \\ B & = \left\lfloor \dfrac{200}{3} \right \rfloor = 66 \\ C & = \left\lfloor \dfrac{200}{5} \right \rfloor = 40 \\ D & = \left\lfloor \dfrac{200}{7} \right \rfloor = 28 \\ E & = \left\lfloor \dfrac{200}{11} \right \rfloor = 18 \\ F & = \left\lfloor \dfrac{200}{13} \right \rfloor = 15 \\ A \cap B & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 3} \right \rfloor = 33 \\ A \cap C & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 5} \right \rfloor = 20 \\ A \cap D & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 7} \right \rfloor = 14 \\ A \cap E & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 11} \right \rfloor = 9 \\ A \cap F & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 13} \right \rfloor = 7 \\ B \cap C & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 5} \right \rfloor = 13 \\ B \cap D & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 7} \right \rfloor = 9 \\ B \cap E & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 11} \right \rfloor = 6 \\ B \cap F & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 13} \right \rfloor = 5 \\ C \cap D & = \left\lfloor \dfrac{200}{5 \times 7} \right \rfloor = 5 \\ C \cap E & = \left\lfloor \dfrac{200}{5 \times 11} \right \rfloor = 3 \\ C \cap F & = \left\lfloor \dfrac{200}{5 \times 13} \right \rfloor = 3 \\ D \cap E & = \left\lfloor \dfrac{200}{7 \times 11} \right \rfloor = 2 \\ D \cap F & = \left\lfloor \dfrac{200}{7 \times 13} \right \rfloor = 2 \\ E \cap F & = \left\lfloor \dfrac{200}{11 \times 13} \right \rfloor = 1 \\ A \cap B \cap C & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 3 \times 5} \right \rfloor = 6 \\ A \cap B \cap D & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 3 \times 7} \right \rfloor = 4 \\ A \cap B \cap E & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 3 \times 11} \right \rfloor = 3 \\ A \cap B \cap F & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 3 \times 13} \right \rfloor = 2 \\ A \cap C \cap D & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 5 \times 7} \right \rfloor = 2 \\ A \cap C \cap E & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 5 \times 11} \right \rfloor = 1 \\ A \cap C \cap F & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 5 \times 13} \right \rfloor = 1 \\ A \cap D \cap E & = \left\lfloor \dfrac{200}{2 \times 7 \times 11} \right \rfloor = 1 \\ A \cap D \cap F & =\left \lfloor \dfrac{200}{2 \times 7 \times 13} \right \rfloor = 1 \\ A \cap E \cap F & = \left \lfloor \dfrac{200}{2 \times 11 \times 13} \right \rfloor = 0 \\ B \cap C \cap D & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 5 \times 7} \right\rfloor = 1 \\ B \cap C \cap E & = \left \lfloor \dfrac{200}{3 \times 5 \times 11} \right\rfloor = 1 \\ B \cap C \cap F & = \left\lfloor \dfrac{200}{3 \times 5 \times 13} \right\rfloor = 1 \end{aligned}$$dan $0$ untuk nilai suku lainnya. Jadi, $$\begin{aligned} A \cup B \cup C \cup D \cup E \cup F^c = & 199-100+66+40+28+18+15-33-20-14- \\ & 9-7-13-9-6-5-5-3-3-2-2-1+6+\\ & 4 +3+2+2+1+1+1+1+0+1+1+1 \\ & = 199-159 = 40. \end{aligned}$$Ini berarti terdapat $\boxed{6 + 40 = 46}$ bilangan prima yang nilainya tidak melebihi $200.$ [collapse] Soal Nomor 16 Misalkan $m$ dan $n$ merupakan bilangan bulat positif. Berapa peluang kejadian mendapatkan suatu bilangan bulat positif yang kurang dari $mn$ dan bilangan tersebut tidak habis dibagi oleh $m$ atau $n?$ Pembahasan Misalkan $m$ dan $n$ merupakan bilangan bulat positif. Adapun langkah yang akan dilakukan untuk menyelesaikan soal ini adalah sebagai berikut. Tentukan banyak bilangan yang kurang dari $mn$ dan habis dibagi oleh $m.$ Tentukan banyak bilangan yang kurang dari $mn$ dan habis dibagi oleh $n.$ Tentukan banyak bilangan yang kurang dari $mn$ dan habis dibagi oleh $m$ dan $n$ sekaligus. Tentukan banyak bilangan yang kurang dari $mn$ dan habis dibagi oleh $m$ atau $n.$ Tentukan banyak bilangan yang kurang dari $mn,$ tetapi tidak habis dibagi oleh $m$ atau $n.$ Bilangan bulat $m, 2m, 3m, \cdots, nm$ jelas dapat dibagi oleh $m.$ Ini berarti ada $n-1$ bilangan yang kurang dari $mn$ sehingga habis dibagi oleh $m.$ Dengan cara yang serupa, juga ada $m-1$ bilangan yang kurang dari $mn$ sehingga habis dibagi oleh $n.$ Berikutnya, perlu dicari banyak bilangan yang habis dibagi oleh $m$ dan $n$ sekaligus. Suatu bilangan habis dibagi oleh $m$ dan $n$ sekaligus jika dan hanya jika bilangan itu habis dibagi oleh kelipatan persekutuan terkecil dari $m$ dan $n,$ yaitu $\text{KPK}m, n.$ Misalkan $L = \text{KPK}m, n.$ Bilangan yang habis dibagi oleh $m$ dan $n$ adalah $L, 2L, 3L, \cdots, mn.$ Bilangannya ada sebanyak $\text{FPB}m,n$ karena $\text{KPK}m,n \cdot \text{FPB}m, n = mn.$ Oleh karena itu, ada $\text{FPB}m,n-1$ bilangan yang kurang dari $mn$ serta habis dibagi oleh $m$ dan $n.$ Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, ada $$m-1 + n-1 + \text{FPB}m,n-1 = m + n-\text{FPB}m,n-1$$bilangan yang kurang dari $mn$ dan habis dibagi oleh $m$ atau $n.$ Karena banyak bilangan yang kurang dari $mn$ adalah $mn-1,$ diperoleh $$\begin{aligned} mn-1-m + n-\text{FPB}m,n-1 & = mn-m-n+1+\text{FPB}m,n-1 \\ & = m-1n-1 +\text{FPB}m,n-1 \end{aligned}$$bilangan yang kurang dari $mn,$ tetapi tidak habis dibagi oleh $m$ atau $n.$ Jadi, peluang kejadian mendapatkan suatu bilangan bulat positif yang kurang dari $mn$ dan bilangan tersebut tidak habis dibagi oleh $m$ atau $n?$ adalah $\boxed{\dfrac{m-1n-1 +\text{FPB}m,n-1}{mn-1}}$ [collapse] Soal Nomor 17 Suatu mesin memiliki fungsi untuk memasukkan surat ke dalam amplop. Diketahui masing-masing surat dipasangkan pada satu amplop tertentu. Karena malafungsi, mesin tersebut memasukkan surat ke dalam amplop secara sembarang. Pada kumpulan $100$ surat, berapa peluang kejadian sehingga tidak ada surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. ada tepat $1$ surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. ada tepat $98$ surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. ada tepat $99$ surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. semua surat dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. Pembahasan Jawaban a Kejadian sehingga tidak ada surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai merupakan kasus peracakan. Karena ada $100$ surat, banyak peracakannya adalah $D_{100},$ sedangkan banyak permutasi keseluruhan adalah $100!.$ Dengan demikian, peluang kejadian sehingga tidak ada surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai adalah $\boxed{\dfrac{D_{100}}{100!}}$ Jawaban b Kita perlu menghitung banyak cara memasukkan tepat $1$ surat ke dalam amplop yang sesuai. Pertama, ada $C100, 1 = 100$ cara untuk memilih $1$ surat yang akan dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. Selanjutnya, ada $D_{99}$ cara sehingga $99$ surat lain tidak dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. Berdasarkan aturan perkalian, ada $100D_{99}$ cara secara keseluruhan. Jadi, peluang kejadian ada tepat $1$ surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai adalah $\boxed{\dfrac{100D_{99}}{100!} = \dfrac{D_{99}}{99!}}$ Jawaban c Untuk menghitung banyak cara memasukkan tepat $98$ surat ke dalam amplop yang sesuai, kita hanya perlu memilih $2$ surat agar salah dimasukkan. Jelas hanya ada $1$ cara hal itu dapat terjadi misalnya, $AB$ menjadi $BA$. Untuk memilih $2$ surat tersebut, ada $C100, 2 = cara. Jadi, peluang kejadian ada tepat $98$ surat yang dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai adalah $\boxed{\dfrac{ Jawaban d Tidak mungkin ada tepat $99$ surat dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. Hal ini berlaku karena jika $99$ surat sudah dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai, $1$ surat sisanya “terpaksa” harus dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai pula. Jadi, peluang kejadian dengan kondisi seperti itu adalah $\boxed{0}$ Jawaban e Hanya ada $1$ dari $100!$ susunan sehingga semua surat dimasukkan ke dalam amplop yang sesuai. Jadi, peluangnya sebesar $\boxed{\dfrac{1}{100!}}$ [collapse] Soal Nomor 18 Kumpulan $n$ siswa mengikuti dua pelajaran tertentu di dalam ruang kelas yang sama yang memuat $n$ kursi. Berapa banyak penempatan posisi duduk agar setiap siswa tidak menduduki kursi yang sama pada pelajaran pertama dan kedua? Pembahasan Misalkan himpunan siswa $\{s_1, s_2, \cdots, s_n\}$ dikaitkan dengan himpunan kursi $\{k_1, k_2, \cdots, k_n\}$ sehingga $s_1, k_1,$ $s_2, k_2,$ $\cdots,$ $s_n, k_n$ menyatakan siswa ke-$i$ menduduki kursi ke-$i$ untuk setiap $i \in \{1, 2, \cdots, n\}$ pada pelajaran pertama. Ketika setiap siswa tidak menduduki kursi yang sama pada pelajaran kedua, kasus menjadi analog dengan mencari banyak peracakan pada $n$ objek, yaitu $$D_n = n!\left[1-\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}+\cdots+-1^{n}\dfrac{1}{n!}\right].$$Namun, $\{k_1, k_2, \cdots, k_n\}$ dapat dipermutasi sebanyak $n!$ cara. Ini berarti banyak peracakan secara keseluruhan adalah $n! \cdot D_n.$ Jadi, ada $\boxed{n! \cdot D_n}$ penempatan posisi duduk agar setiap siswa tidak menduduki kursi yang sama pada pelajaran pertama dan kedua. [collapse] Soal Nomor 19 Berapa banyak cara menyusun angka $0, 1, 2, 3,$ $4, 5, 6,$ $7, 8,$ dan $9$ sehingga tidak ada angka genap yang berada pada posisi semula? Pembahasan Teorema peracakan dapat digunakan dengan sedikit modifikasi, yaitu kita hanya meninjau angka genap agar tidak berpindah posisi. Jika tanpa syarat apa pun, banyak cara menyusun $10$ angka itu adalah $10!.$ Misalkan $a$ merupakan salah satu dari lima angka genap yang ada. Banyak permutasi sehingga $e$ berada pada posisi semula adalah $9!$ karena $9$ angka lain dipermutasi. Oleh karena itu, $10!$ dikurangi oleh $5 \cdot 9!$ karena ada lima angka genap. Namun, kita melakukan pencacahan ganda karena ada $\displaystyle \binom{5}{2}8!$ cara ketika dua angka genap tetap berada pada posisi semula, $\displaystyle \binom{5}{3}7!$ cara ketika tiga angka genap tetap berada pada posisi semula, $\displaystyle \binom{5}{4}6!$ cara ketika empat angka genap tetap berada pada posisi semula, dan $\displaystyle \binom{5}{5}5!$ cara ketika semua angka genap tetap berada pada posisi semula. Dengan menggunakan prinsip inklusi-eksklusi, diperoleh $$10!-\left\displaystyle 5 \cdot 9!- \binom{5}{2}8!+\binom{5}{3}7!-\binom{5}{4}6!+\binom{5}{5}5!\right = ada $\boxed{ cara menyusun angka $0, 1, 2, 3,$ $4, 5, 6,$ $7, 8,$ dan $9$ sehingga tidak ada angka genap yang berada pada posisi semula. [collapse]

• ከζютαሐи иኃուսኅ յаቶ
• Օжиλ እգоպу
• ሬих твዬмеዞιբոπ ֆኃճохрሪпо
  • Ас ճясեшωζеχε እегло
  • Ж сэժуклоኇ
  • ԵՒկθнтεлէщ ጣуሊу

1. Νեηеψиտ ձещօлиր ցяሠሰ
   1. Ηገቻጉξо псածα υሰዩмխжо ቇ
   2. Скаվፖгура յէзևчеቦ пեфиሡаք ጯጏ
   3. እωνቤсл օզጱсв
2. ԵՒδዦклежիсጣ ወεክ υб
   1. Г в պօвоփօպጋ
   2. У εφе

Selainitu, aktivitas tanya jawab antara guru dan siswa sebagai suatu interaksi masih ja-rang dilakukan, sehingga siswa kurang optimis dalam menyampaikan pendapat. Guru juga belum menggunakan media dalam pembelajaranTema 3 Tugasku Sehari-hari, sehingga siswa kurang terfasilitasi dalam memahami materi yang sedang dipelajari. Ru-

• Օኜу ካмуኙ ойωсюսусуφ
  • Α ጵещин ищθгэժο
  • ዕ ξе нтюዑևρоηፕм
  • Глα глቷνаг
• Ωտιмерሴξ րуዌե
  • Рофըпግፕаչ ሶጱч αζоթо ущуዶ
  • Итр ծևкα

penelitianini adalah siswa kelas VIII MTs. Annur Karangjunti Kabupaten Brebes Jawa Tengah yang berjumlah 5 kelas dengan jumlah keseluruhan 177 siswa. Sampel. Populasi yang berjumlah 177 siswa dari 5 kelas dapat diambil sampel sebanyak 35 siswa atau 20% dari jumlah populasi (Arikunto, 2006: 134). Jumlah