Perkenalan dengan Logika dan Pernyataan Matematika

MAJALAH
Zer0
O_o
MATH & CS For N0thing, but Fun
EDISI 02 | AGUSTUS 2008
Dalam edisi ini:
Logika
”
Tiga merpati dan dua sarang. Ada
paling tidak satu sarang dengan dua mepati
”
Prinsip Induksi
devilish trick; jika kamu memberikan satu tanganmu pada si iblis, maka
ia akan mendapatkan seluruh tanganmu.
Masalah Geometri
Mau, donk
MAJALAH Zer0 nya.
Edisi elektronik MAJALAH Zer0 gratis
“Anda bisa mendistribusikan, mengutip sebagian atau seluruh isi MAJALAH secara
bebas dengan syarat penambahan rujukan ke MAJALAH Zer0 dalam artikel Anda dan
artikel Anda tidak berlisensi komersial.”
Zer0
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
3
Pengantar
Terima kasih Tuhan, MAJALAH Zer0 edisi kedua
Agustus 2008 bisa rilis. Dalam edisi ini akan
dibahas pengenalan pemecahan masalah secara
matematika. Mulai dari pengenalan pernyataan
matematika dan bagaimana cara menanganinya.
Pernyataaan matematika merupakan bagian
penting dalam matematika karena permainanan
matematika secara umum ada seputar otak-atik
pernyataan matematika. Kemudian dilanjutkan
pada pengenalan dua prinsip ampuh matematika.
Pertama adalah prinsip rumah merpati yang
ampuh untuk membuktikan pernyataan eksistensi.
Dan prinsip induksi yang ampuh untuk
membuktikan pernyataan dengan kuantor
universal yang dapat dicacah. Sasaran utama tema
edisi ini adalah memperlihatkan beberapa teknik
pembuktian yang membangun deduksi valid –
bukan konstruksi objek – sehingga dihasilkan
bukti yang valid pula.
Jadi bulan ini akan ada yang bisa dibaca
sebagai pengisi waktu luang. Bagi yang tidak
ingin sekedar jadi pembaca, kamu bisa ikut
berpartisipasi mengirimkan tulisan karyamu
sendiri melalui email ke salah satu tim redaksi.
Tulisan bisa berupa artikel, atau solusi atas
masalah yang diterbitkan pada edisi tertentu, atau
masalah baru atau apapun seputar matematika dan
ilmu komputer yang menurutmu berharga untuk
dibagikan.
Selamat menikmati.
Penulis dan penyunting
Bernard,
[email protected]
Johan Gunardi,
[email protected]
Blog
zer0tointfy.wordpress.com
artofmathematics.wordpress.com
Kontributor
Ivan Wangsa C.L.,
[email protected]
Raja Octovin
Ferry Pranolo
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
4
Perkenalan dengan Logika dan Pernyataan
Matematika
Matematika secara umum merupakan ilmu yang bermain-main dengan sistem dan
objek yang berkaitan dengannya. Sistem ini dibangun dengan aturan yang telah
didefinisikan sebelumnya. Sisanya adalah mempelajari objek dalam sistem tersebut.
Suatu sistem tidak jadi dengan sendirinya; aturan yang sesuai sulit untuk
didefinisikan. Sehingga sistem dalam matematika tidak tunggal. Idealnya
matematikawan selalu mencari sistem yang paling ideal: konsisten dan komplit.
Namun Godel berhasil menunjukkan bahwa sistem dalam matematika tidak bisa
sekaligus konsisten dan komplit.
Ok, lupakan dulu soal itu. Dalam catatan ini kita akan mempelajari pernyataan
matematika yang membangun sistem. Sebelum ada sistem didefinisikan dulu objek
yang akan ada di sistem itu. Pendefinisian ini tidak perlu dibuktikan relatif terhadap
sistem dan dikenal dengan istilah aksioma atau definisi. Sedangkan sifat-sifat yang
dapat diturunkan dari aksioma secara umum disebut teorema 1 . Teorema lah yang
harus dibuktikan. Teorema ini dibangun oleh pernyataan matematika. Dan dalam
pernyataan terkandung logika yang merupakan jantung matematika.
Logika merupakan lem yang menyatukan matematika; berawal dari fakta yang
sudah diketahui (aksioma) atau suatu hipotesis dan berakhir dengan sesuatu yang
baru. Logika adalah ilmu yang mempelajari deduksi valid yang bahan dasarnya bukan
bilangan, melainkan pernyataan.
Pernyataan
Dalam matematika kalimat pernyataan dibedakan atas:
1. pernyataan terbuka, yaitu pernyataan yang masih bisa bernilai benar atau
sebaliknya salah. Contohnya: “Jika x real, maka x2 – 1 = 0.” Pernyataan tersebut
benar jika x = 1 atau -1, untuk nilai x lainnya peryataan itu salah.
2. pernyataan tertutup, yaitu pernyataan yang nilai kebenarannya sudah dapat
ditentukan benar atau salahnya.
Selanjutnya kita akan membahas lebih lanjut tentang pernyataan tertutup. Inilah yang
biasanya kita sebut sebagai teorema matematika. Nilai kebenaran pada pernyataan ini
adalah salah satu dari benar atau salah, tidak bisa keduanya secara bersamaan. Prinsip
nilai kebenaran ini dikenal sebagai Law of Excluded Middle, dan sistem logika yang
menganut prinsip ini dikenal sebagai sistem Boolean. Sistem inilah yang biasa kita
pakai dalam bahasa alami sehari-hari. Contohnya adalah:
“Jika x = 1, maka x2 – 1 = 0”
1
Terkadang disebut juga proposisi, lemma, atau akibtat (corollary). Lemma merupakan “teorema
pembantu”, sedangkan akibat merupakan konsekuensi secara cepat dari teorema. Semua istilah berarti
sama secara logika.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
5
Pernyataan Berkuantor
Kebanyakan kalimat matematika melibatkan variabel. Contohnya dari teori
pertidaksamaan, Untuk setiap x real berlaku x 2 ≥ 0 . Di sini x adalah variabel bilangan
sedangkan real adalah variabel sifat bilangan. Variabel berkenaan dengan objek ini
dapat diquantifikasi menjadi dua jenis, yaitu:
Kuantor umum (universal)
Melibatkan semua atau setiap objek yang dibicarakan. Untuk menyingkat
penulisan kuantor ini dinotasikan dengan “∀” dan biasa ditulis “∀: P(x)” yang artinya
“untuk setiap x yang bersifat/memenuhi P(x)” dengan P(x) adalah suatu pernyataan
yang berkaitan dengan x. Contohnya adalah
“Setiap siswa yang tidak hadir di kelas hari ini sedang mengikuti OSN.”
“Untuk setiap x real berlaku x 2 ≥ 0 .”
Kalimat ekspresi untuk kuantor ini antara lain:
“Untuk setiap x …”
“Untuk semua x …”
“Diberikan sembarang x …”
“Ambil x sembarang …”
Kuantor khusus (eksistensial)
Melibatkan sebagian atau beberapa objek yang dibicarakan dan dinotasikan
dengan “∃”. Biasa ditulis sebagai “∃: P(x)” yang artinya ada x yang bersifat P(x). Ada
disini bisa berarti beberapa atau tidak tunggal. Kalimat ekspresi kuantor ini antara lain
“Untuk suatu x …”
“Ada suatu x …”
“Terdapat beberapa x …”
Perlu diperhatikan bahwa pernyataan yang dimulai dengan “Untuk setiap …” tidak
mengakibatkan eksistensi sesuatu. Pertimbangkan contoh “Setiap unicorn punya
tanduk di kepalanya.” Pernyataan ini tidak menyebabkan bahwa unicorn itu ada.
Operasi Logika
A. Negasi (ingkaran)
Negasi, yang dinotasikan ¬ (atau ~), berarti ingkaran suatu peryataan P.
Singkatnya ¬P berarti tidak (bukan) P. Contohnya, pernyataan “Ali menyontek”
negasinya adalah “Ali tidak menyontek.”
B. Dan (konjungsi)
Dinotasikan dengan “∧” dan melibatkan dua pernyataan P dan Q. P ∧ Q (P dan Q)
benar jika kedua pernyataan benar.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
6
C. Atau (disjungsi)
Dinotasikan dengan “∨” dan melibatkan dua pernyataan P dan Q. P ∨ Q (P atau
Q) benar jika salah satu pernyataan benar.
D. Implikasi
Ditulis P ⇒ Q : Jika P maka Q. P disebut hipotesis (syarat perlu) dan Q disebut
konklusi atau kesimpulan (syarap cukup). Implikasi bernilai salah jika hipotesis benar
tetapi konklusi salah.
E. Biimplikasi
Ditulis P ⇔ Q : P jika dan hanya jika Q. Biimplikasi bernilai benar bila kedua
pernyataan bernilai sama.
Untuk mencari tahu nilai kebebaran suatu pernyataan kita dapat membuat tabel
kebenaran. Tabel ini mempermudah pencacahan setiap nilai kebenaran yang mungkin
untuk masing-masing pernyataan. Tabel kebenaran definisi B sampai E adalah
P Q
B B
B S
S B
S S
P ∧Q
B
S
S
S
P∨ Q
B
B
B
S
P⇒Q
B
S
B
B
P⇔Q
B
S
S
B
Implikasi
Pernyataan matematika biasanya berbentuk
Jika [hipotesis] maka [kesimpulan].
Atau P ⇒ Q yang ekuivalen dengan ¬P atau Q (bisa dicek dengan mudah
menggunakan tabel kebenaran). Jadi jika seseorang berkata,
“jika hari tidak hujan maka saya akan datang ke rumahmu.”
equivalen, sama saja, jika orang itu berkata,
“hari hujan atau saya akan datang ke rumahmu.”
Dari implikasi diatas ada tiga bentuk yang perlu diperhatikan
o
o
o
Q ⇒ P disebut konvers dari implikasi
¬P ⇒ ¬Q disebut invers dari implikasi
¬Q ⇒ ¬P disebut kontraposisi dari implikasi
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
7
Perhatikan bahwa konvers pernyataan P ⇒ Q , yaitu Q ⇒ P tidak selalu benar.
Sebagai contoh konvers pernyataan ”Jika x real maka x 2 ≥ 0 , ” adalah “Jika x 2 ≥ 0
maka x real” yang tidak benar. Pernyataan terkondisi yang konversnya juga valid,
P ⇒ Q dan Q ⇒ P , merupakan biimplikasi. Jika demikian kita bisa mengatakan
bahwa P equivalen secara logika dengan Q. Definisi berbentuk seperti ini. Cotohnya,
“sebuah segitiga sama kaki jika dan hanya jika ada dua sisi yang sama panjang.”
Aturan berikut memberikan cara tambahan membuat ”implikasi” yang digunakan
sebagai langkah pembuktian.
o [( P ⇒ Q) ∧ P] ⇒ Q
o [( P ⇒ Q) ∧ ¬Q] ⇒ ¬P
o [( P ⇒ Q) ∧ (Q ⇒ R )] ⇒ ( P ⇒ R)
o ¬Q ⇒ ¬ P
Ketiga aturan di atas merupakan tautologi, karena mereka valid berdasarkan bentuk;
tidak tergantung pada nilai kebenaran masing-masing pernyataan. Equivalensi diatas
sangat berguna untuk membuktikan suatu pernyataan yang melibatkan implikasi.
Demi ilustrasi aturan di atas, perhatikan konstruksi deduksi pada lelucon berikut yang
ingin membuktikan bahwa setiap perempuan sama dengan masalah 2 .
Karena perempuan identik dengan uang dan waktu yang harus diluangkan untuknya,
maka perempuan = waktu x uang. Tetapi waktu adalah uang, sehingga perempuan =
uang2. Dan kita tahu bahwa uang adalah akar dari masalah, uang = √masalah. Jadi
perempuan = uang2 = (√masalah)2 = masalah. Karena kita mengambil sembarang
perempuan, maka setiap perempuan adalah masalah. >:)
Dapatkah kamu menerka aturan mana saja yang digunakan? Bagaimana jika kita lihat
contoh yang lebih serius.
Buktikan bahwa jika kedua akar suatu persamaan kuadrat irasional, maka determinan
persamaan kuadrat itu kurang dari nol.
Mari kita coba bangun deduksi seperti pada lelucon di atas. Misalkan persamaan
kuadrat yang dimaksud adalah y = ax 2 + bx + c . Pertanyaannya adalah bagaimana
menggunakan hipotesis kedua akar y irasional untuk sampai pada kesimpulan bahwa
determinannya, Δ = b 2 − 4ac , kurang dari nol? Sulit dilakukan. Kalau menemukan
situasi seperti ini, untuk menghindari rasa mandek yang berkepanjangan, ada baiknya
mencoba memanipulasi pernyataan yang diminta. Dalam hal ini coba
kontrapositifnya,
Jika Δ ≥ 0 , maka kedua akar y real.
2
Nyatanya ada juga bukti bahwa “Men Are Even Worse Then Evil”, coba deduksikan dari fakta bahwa
pria butuh uang, waktu, dan wanita :D
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
8
Pernyataan di atas lebih mudah dibuktikan. Karena akar-akar y memenuhi
x=
−b ± Δ
,
2a
dan Δ ≥ 0 , maka diperoleh dua x (mungkin sama) yang real. Terbukti.
Ada kalanya masalah berbentuk suatu pertanyaan apakah suatu pernyataan benar.
Masalah tipe ini cenderung lebih sulit, karena dihadapkan pada dua pilihan: mencoba
membuktikan atau mencari contoh penyangkal. Sebagai contoh:
Apakah untuk setiap bilangan asli n, n 2 − n + 41 prima?
Setelah kita pertimbangkan beberapa nilai n kecil, ternyata n 2 − n + 41 prima:
Sampai sini kita mungkin akan membuat konjektur (menerka) bahwa n 2 − n + 41
prima untuk setiap bilangan asli n. Dan metode yang terlintas pertama adalah
induksi 3 . Namun, usahanya tidak akan membuahkan hasil positif karena ada contoh
penyangkal terkecil, yaitu n = 41 yang membuat n 2 − n + 41 komposit. Gagasan
pencarian contoh penyangkal adalah mencari suatu kontradiksi, mirip dengan metode
pembuktian secara kontradiksi.
Kontradiksi
Metode lain pembuktian memanfaatkan logika pernyataan adalah pencapaian
kontradiksi. Metode ini termasuk metode pembuktian yang tidak langsung, alias bukti
matematikanya tidak dikonstruksi secara langsung. Perhatikan konstruksi tabel
kebenaran berikut.
P Q
B B
B S
S B
S S
¬Q
S
B
S
B
P ∧ ¬Q
S
B
S
S
P⇒Q
B
S
B
B
Tampak bahwa pernyataan A: P ∧ ¬Q merupakan negasi dari B: P ⇒ Q , sehingga
bila A salah maka B pasti benar. Inilah inti dari metode kontradiksi: jika diberikan
suatu implikasi B, dengan memisalkan P benar dan tidak Q, pernyataan A, maka bila
kita berhasil menemukan suatu kontradiksi, artinya A salah, maka kita yakin bahwa B
benar. Secara umum kontradiksi yang terjadi bisa dua macam: jika kontradiksi terjadi
3
Dalam edisi ini ada artikel tentang induksi.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
9
terhadap asumsi, pernyataan P, maka kita sebut sebagai pembuktian tidak langsung,
jika kontradiksi terjadi terhadap sesuatu yang sebelumnya sudah kita yakini
kebenarannya, maka kontradiksi ini kita sebut reductio ad absurdum, RAA.
Contoh. Buktikan bahwa
2 merupakan bilangan irasional.
Solusi. Kita akan membangun argumentasi secara kontradiksi, jadi misalkan
kebalikannya benar, yaitu 2 merupakan bilangan rasional. Karena 2 rasional,
a
a2
maka ada a, b dengan fpb( a, b ) = 1 sehingga 2 = atau 2 = 2 yang ekuivalen
b
b
2
2
dengan a = 2b . Berikut ini adalah tiga kontradiksi yang dapat terjadi.
a.
b.
c.
Karena a 2 = 2b 2 maka a 2 genap, sehingga a juga genap atau a = 2k untuk
suatu k bulat positif. Kita tulis kembali persamaan a 2 = 2b 2 dengan menyubsitusi
a = 2k , sehingga diperoleh (2k ) 2 = 2b 2 atau 4k 2 = 2b 2 atau 2k 2 = b 2 yang
mengatakan bahwa b juga genap. Kontradiksi dengan pernyataan bahwa
fpb( a, b ) = 1.
Kita pandang persamaan a 2 = 2b 2 dengan lebih seksama. Perhatikan bahwa
faktor dua pada ruas kanan muncul sebanyak ganjil kali, sedangkan pada ruas kiri
akan muncul sebanyak genap kali, sehingga berdasarkan prinsip faktorisasi
tunggal persamaan tersebut merupakan suatu kontradiksi.
Perhatikan bahwa karena fpb( a, b ) = 1 maka a / b sudah dalam bentuk paling
sederhana. Namun,
a a (a − b) a 2 − ab 2b 2 − ab b(2b − a ) 2b − a
=
=
=
=
=
.
b b( a − b) b ( a − b ) b( a − b)
b( a − b)
a−b
Persamaan terakhir lebih kecil dari a / b . Kontradiksi.
Dari kontradiksi yang terjadi kita dapat mengambil kesimpulan bahwa
merupakan bilangan irasional.
2
Dan sekarang beberapa contoh yang mengilustrasikan penarikan kesimpulan.
Contoh. Asumsikan dua pernyataan berikut benar:
a.
b.
Tidak semua siswa Zer0 College tinggal di Bandung.
Semua bobotoh Persib yang tidak tinggal di Bandung bukan siswa Zer0 College.
Apakah a dan b mengakibatkan
c.
Tidak semua siswa Zer0 College merupakan bobotoh Persib
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
10
Solusi. Jawabannya adalah ya. Karena a, maka ada siswa ZC yang tidak tinggal di
Bandung. Misalkan siswa itu S. Kita klaim bahwa S bukan bobotoh Persib yang
mengakibatkan pernyataan c benar. Misalkan sebaliknya, yaitu S bobotoh Persib.
Karena dia tidak tinggal di Bandung, maka dari pernyataan b, S bukan siswa ZC,
kontradiksi. Pernyataan c benar.
Contoh. Pilihan yang aneh: Dalam sebuah tes zer0 menemukan sebuah pertanyaan
pilihan berganda yang tidak terbaca masalahnya, tetapi tertulis, “Jawaban mana yang
benar?”. Sedangkan pilihan yang tersedia cukup aneh, yaitu
A.
B.
C.
D.
E.
F.
Semua pilihan di bawah.
Tidak satupun pilihan di bawah.
Semua pilihan di atas.
Satu pilihan di atas.
Tidak satupun pilihan di atas.
Tidak satupun pilihan di atas.
Adakah pilihan yang benar?
Solusi. Jika A benar maka B-E benar. Karena B benar maka C-E salah. Kontradiksi.
Jadi A salah. Karena itu maka C harus salah juga. Akibatnya B juga harus ikut salah.
Jadi A-C salah. Hal ini membuat D tidak benar. Sampai sini kita sudah
mengonfirmasi bahwa pilihan A-D salah. Karena itu E benar. Bagaimana dengan F?
Jika F benar maka A-E salah. Karena A-D salah maka E benar. Kontradiksi. Jadi F
salah. Jadi hanya ada satu pilihan yang benar dari masalah pilihan yang aneh ini, yaitu
E.
Contoh. Empat tersangka suatu kejahatan berhasil diringkus polisi. Keempat
tersangka itu masing-masing memberi pernyataan pada polisi,
Alice: Carl yang melakukannya.
Bob: Saya tidak melakukannya.
Carl: Dave yang melakukannya.
Dave: Carl bohong waktu ia berkata saya yang melakukannya.
(a) Jika diketahui bahwa tepat satu dari keempat pernyataan yang benar, maka siapa
yang melakukannya?
(b) Jika diketahui bahwa tepat satu dari keempat pernyataan yang salah, maka siapa
yang melakukannya?
Solusi. Untuk mempersempit banyaknya kasus yang mungkin terjadi kita mulai dari
pernyataan mengenai dirinya sendiri, yaitu Bob. Misalkan Bob bohong, sehingga
ialah pelakunya. Jika Alice jujur, maka Carl pelakunya, kontradiksi dengan asumsi
bahwa Bob pelakunya. Maka Alice bohong. Sampai sini kita punya hubungan,
Jika Bob bohong, maka Alice bohong. (1)
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
11
(a) Asumsikan hanya satu yang jujur dan Bob bohong.
Carl tidak mungkin jujur karena asumsi bahwa pelakunya adalah Bob. Carl bohong.
Maka Dave jujur. Karena pernyataanya tetap konsisten, maka dalam kondisi ini Bob
lah pelakunya.
(b) Asumsikan hanya satu yang berbohong.
Misalkan Alice jujur, maka Carl pelakunya. Berdasarkan (1) Bob jujur. Karena Alice
dan Bob jujur, maka salah satu dari Carl dan Dave jujur. Jika Carl yang jujur, maka
Dave lah pelakunya. Kontradiksi, sehingga Carl bohong. Maka Dave jujur dan
pernyataanya konsisten. Jadi dengan asumsi satu dari keempat pernyataan yang salah
(Carl berbohong, sedangkan Alice, Bob, Dave jujur), maka Carl lah pelakunya.
Latihan. Tiga konsidi satu bilangan: Misalkan A merupakan bilangan bulat positif.
3A lebih besar dari 35, 7A paling tidak 43, 2A paling banyak 99, A paling tidak 21,
dan 5A paling tidak 51. Jika hanya tiga kondisi tentang A yang benar, berapakah A?
Latihan. Siswa Mana Yang Menyontek: Pada saat ujian seorang guru memanggil
tiga siswa yang dicurigai menyontek, A, B, C. Saat ditanyai diperoleh pernyataan dari
masing-masing siswa, yaitu:
A: “C tidak menyontek.”
B: “A menyontek.”
C: “B menyontek.”
Jika yang menyontek bebohong dan yang tidak; berkata jujur, maka pernyataan
berikut yang mungkin terjadi adalah
A. A dan B menyontek
B. A dan C menyontek
C. B dan C menyontek
D. Hanya C yang menyontek
E. Hanya A yang tidak menyontek.
Sebagai penutup, kita kembali pada pembahasan sistem yang komplit dan konsisten.
Suatu sistem yang menuju ke arah kokoh dan komplit secara logika adalah Principia
Mathematica oleh Whitehead dan Russell. Dalam principia setiap matematika
diturunkan menggunakan bahasa formal untuk menghindari keambiguan. Namun,
Russell malah menemukan paradoks dan menunjukkan bahwa principia tidak
konsisten. Paradoks ini dikenal sebagai Barber Paradox, paradoks tukang cukur.
Paradoks tukang cukur: Dalam sebuah kota ada seorang tukang cukur (pria) yang
mencukur kumis setiap pria di kota itu yang tidak mencukur kumisnya sendiri.
Apakah tukang cukur itu mencukur kumisnya sendiri?
Happy puzzling, forever
–Nobuyuki Yoshigahara
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
12
Prinsip Rumah Merpati
Dapatkah kamu membuktikan bahwa ada
paling tidak dua orang penduduk di Bandung
yang banyaknya rambut di kepala sama?
Pertanyaan seperti ini dan masalah serupa
yang lebih serius dapat dijawab dengan
melibatkan suatu prinsip kuno yang ampuh
dan dikenal sebagai prinsip rumah merpati.
Prinsip ini merupakan prinsip yang sangat
jelas dan sederhana, tetapi aplikasinya bisa
secara tidak terduga mengejutkan. Pada
catatan ini kita akan telusuri prinsip dan
aplikasinya.
Prinsip Rumah Merpati
Jika k + 1 merpati dimasukkan ke dalam k rumah, maka ada satu rumah yang berisi
paling tidak dua merpati.
Ok, prinsip di atas sudah jelas dan tidak ada yang harus dibuktikan. Untuk
menyingkat kita akan sebut prinsip ini sebagai prm. Di Barat prm dikenal sebagai
pigeonhole principle atau Dirichlet drawer principle. Nama Dirichlet muncul karena
dipercaya pertama kali dinyatakan oleh matematikawan Jerman bernama Gustav
Lejeune Dirichlet pada tahun 1834.
Sebagai pemanasan selidiki penerapan prm pada lima contoh di bawah ini.
1. Diantara tiga orang ada dua yang berjenis kelamin sama.
2. Berapa banyak orang dibutuhkan untuk yakin bahwa ada dua orang yang
berulang tahun pada tanggal yang sama?
3. Jika kn + 1 kelereng didistribusika ke dalam n kotak, maka satu kotak akan
berisi paling tidak k + 1 kelereng. Ini merupakan bentuk prm yang lebih
umum. (prm yang ditulis disini diperoleh untuk k = 1).
4. Sebuah garis l di dalam bidang melalui sisi-sisi segitiga ABC dengan tidak
melewati titik sudutnya. Buktikan garis itu tidak akan melewati ketiga sisi
segitiga.
5. Misalkan dalam sebuah laci ada kaos kaki: 10 hitam dan 12 biru yang
tersebar secara acak. Misalkan kamu ingin mendapatkan satu pasang kaos
kaki dengan warna sama, tetapi kamu hanya bisa sekali ambil tanpa melihat
isi laci. Cukup berapa kaos kaki yang akan kamu ambil?
Sekilas Logika: 10 koin dan 3 gelas
Ada sepuluh koin dan tiga gelas. Bisakah kamu memasukkan setiap koin kedalam
gelas sehingga dalam setiap gelas ada koin yang jumlahnya ganjil?
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
13
Aplikasi prm yang bersifat rekreasi
Salah satu hal yang menarik dari prinsip rumah merpati yang sederhana itu adalah
aplikasinya yang dapat muncul di mana saja. Konon Erdos pernah mengundang
makan siang seorang anak ajaib, Lajos Posa. Di tengah makan siang Erdos bertanya
”Bagaimana kamu membuktikan bahwa jika kita mengambil n + 1 bilangan dari
himpunan bilangan 1, 2, 3, ..., 2n, maka ada dua bilangan yang koprima?”
Sesaat pertanyaan tersebut tidak cukup jelas. Namun, argumentasi Lajos yang
dikemukakan sesaat setelah pertanyaan selesai membuat pertanyaan Erdos lebih jelas:
dalam n + 1 bilangan yang terpilih pasti ada dua bilangan yang berbeda satu alias
saling berurutan dan dua bilangan tersebut koprima.
Masalah di bawah ini mirip dengan masalah sebelumnya:
Dari himpunan bilangan bulat 1, 2, 3, ..., 2n, ambil n + 1 bilangan, sebutlah himpunan
ini A. Maka selalu ada dua bilangan di A sehingga bilangan yang satu membagi
bilangan yang lain.
Klaim ini tidak jelas. Dan Lajos berhasil membuktikannya dengan
mengaplikasikan prinsip rumah merpati. Tulis setiap bilangan a ∈ A dalam bentuk
a = 2k m dengan m bilangan ganjil antara 1 dan 2n – 1. Karena ada n + 1 bilangan
dalam A, sedangkan hanya ada sebanyak n bagian ganjil yang mungkin, maka ada dua
bilangan dalam A yang bagian ganjilnya sama. Maka bilangan yang satu merupakan
kelipatan bilangan lainnya.
Untuk dapat mengaplikasikan prm, kita harus tahu tipe masalah. Prm merupakan
prinsip yang sangat ampuh untuk menangani masalah atau teorema yang berkaitan
dengan eksistensi. Bagian yang paling sulit adalah menemukan rumah dan merpati
yang sesuai. Untuk menambah mengalaman dan mengasah intuisi tentang prm
telusuri contoh-contoh berikut.
Latihan si master catur. Seorang master catur punya 77 hari untuk latihan sebelum
turnamen dimulai. Untuk itu ia menerapkan program latihan: setiap hari paling tidak
bermain catur sekali, tetapi secara keseluruhan banyaknya permainan tidak lebih dari
132. Buktikan bahwa ada barisan hari berturut-turut disaat ia bermain catur sebanyak
tepat 21 kali.
Sket. Masalah ini berbau prm, tetapi rumah dan merpatinya tidak jelas. Kita harus
mencoba menghubungkan bilangan-bilangan yang diberikan untuk membentuk rumah
dan merpati yang sesuai. Pertama, ada 77 hari untuk latihan dan setiap hari minimal
satu permainan. Kedua ada 132, yaitu banyaknya seluruh permainan maksimal dalam
latihan. Bagaimana jika kita memisalkan ai sebagai banyaknya permainan yang telah
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
14
dilakukan sampai hari ke-i dengan i = 1, 2, …, 77? Jika demikian maka a1 paling
tidak 1, a2 paling tidak 2, dst, sampai a77 paling banyak 132. Secara matematika
1 ≤ a1 < a2 < ... < a77 ≤ 132 .
Dan ada 21, banyaknya permainan yang dilakukan selama beberapa hari berturutturut. Mendorong untuk menambahkan setiap ai dengan 21. Dan perhatikan bahwa
132 + 21 = 153 = 2·77 - 1. Sekarang kita punya rumah dan merpati yang sesuai.
Bukti. Misalkan ai banyaknya permainan yang telah dilakukan sampai hari ke-i
dengan i = 1, 2, …, 77. Maka
1 ≤ a1 < a2 < ... < a77 ≤ 132 ,
dan
22 ≤ a1 + 21 < a2 + 21 < ... < a77 + 21 ≤ 153 .
Ada 153 bilangan (rumah), tetapi merpatinya, a1 , a2 ,..., a77 , a1 + 21,..., a77 + 21 , ada
154. Akibatnya ada dua merpati yang berrumah sama. Maka ada i, j, sehingga
ai = a j + 21 . Dengan kata lain pada hari ke-j+1, j+2, …, i, si master catur bermain
catur tepat 21 kali.
Blok Yang Habis Dibagi n – dari Erdos pada Marta Sved. Misalkan kita tulis secara
acak suatu barisan bilangan bulat yang terdiri dari n suku, maka terdapat suatu blok
suku-suku yang berurutan yang jumlahnya habis dibagi n. Contohnya, kita bangun
secara acak barisan dengan 7 suku:
22, 5, 89, 4, 94, 123, 44.
Perhatikan bahwa terdapat suatu blok: 5, 89, 4 yang jumlahnya 98, habis dibagi 7.
Buktikan hasil ini.
Bukti. Misalkan barisan itu a1 , a2 ,...an . Pandang n penjumlahan
s1 = a1 , s2 = a1 + a2 ,..., sn = a1 + a2 + ... + an .
Jika dalam barisan di atas ada suku yang habis di bagi n, pembuktian selesai. Jika
tidak, maka paling ekstrim setiap suku sisa pembagiannya berbeda modulo n. Tetapi,
karena hanya ada n – 1 sisa yang mungkin, maka ada dua suku yang sisanya sama,
misalkan s p dan sq dengan p > q. Maka selisihnya pasti habis dibagi n,
s p − sq = aq +1 + aq + 2 + ... + a p .
Dan kita telah mendapatkan blok yang habis dibagi n.
Prm dan teori bilangan. Misalkan A adalah himpunan dua puluh bilangan berbeda
yang dipilih dari himpunan B = {1, 4, 7, …, 100}. Buktikan bahwa ada dua anggota A
berbeda yang jumlahnya 104.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
15
Bukti. Pertimbangkan himpunan bilangan C,
C = {(4,100), (7,97),..., (3 ⋅17 − 2 = 49,3 ⋅19 − 2 = 54)} ,
Himpunan semua pasangan yang jumlahnya 104 yang anggotanya diambil dari B.
Terlihat bahwa ada tujuh belas anggota C. Ambil salah satu bilangan dari setiap
pasangan di C, tambahkan satu dan 52 (dua bilangan di B yang tidak ada di C) untuk
membentuk A. Karena baru ada sembilan belas anggota, kita harus mengambil salah
satu bilangan di C. Apapun bilangan itu, pasangannya sudah ada di A dan jumlahnya
104. Terbukti.
Fibonacci dengan n nol. Buktikan bahwa ada bilangan Fibonacci yang berakhir
dengan n nol.
Bukti. Suatu nilai ap berakhir dengan n nol jika ia habis dibagi 10n atau jika
a p ≡ 0(mod10n ) . Pertimbangkan barisan Fibonacci dalam modulo 10n, sehingga kita
akan membuktikan bahwa nilai nol muncul dalam barisan itu. Ambil 102n + 1 nilai
barisan Fibonacci, a1 , a2 ,...(mod10n ) . Dalam barisan itu terbentuk 102n pasangan,
(a1 , a2 ), (a2 , a3 ),... , tetapi pasangan (0,0) tidak akan muncul, sehingga pasangan yang
mungkin muncul ada sebanyak 102n – 1. Jadi ada pasangan yang berulang dan barisan
itu periodic dengan panjang maksimum 102n – 1. Seperti masalah sebelumnya
pasangan yang mungkin muncul pertama kali adalah (1,1).
1,1, 2,3,5,..., a p ,1,1
ÅperiodeÆ
Maka a p = 1 − 1 = 0(mod10n ) . Jadi ada bilangan Fibonacci yang berakhir dengan n
nol, nyatanya bilangan itu merupakan bilangan di akhir periode.
Pemangkatan bilangan. Misalkan a bilangan yang relatif prima dengan 2 dan 5.
Buktikan bahwa untuk suatu n ada bilangan hasil pemangkatan a yang berakhir
dengan 000..001 (n dijit).
Bukti. Pertimbangkan 10n nilai hasil pemangkatan a,
n
a, a 2 , a 3 ,..., a10 .
Ambil masing-masing sisa pembagian modulo 10n. perhatikan bahwa nilai 0 tidak
mungkin muncul karena a relatif prima terhadap 10. Maka hanya ada (10n – 1) nilai
sisa yang mungkin, 1,2,3,…,10n – 1. Jadi ada dua nilai, a i , a k (i < k ) , yang bersisa
sama, sehingga selisih mereka akan habis dibagi 10n:
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
16
10n | a k − a i ⇔ 10n | a i (a k −i − 1)
Karena gcd(10n , a i ) = 1 , maka 10n | a k −i − 1 atau a k −i − 1 = x ⋅10n atau a k −i = x ⋅10n + 1 .
Jadi a k −i berakhir dengan 000..001 (n dijit).
Pengubinan. Di dalam suatu ruangan yang luasnya 5 akan dipasang 9 ubin yang
masing-masing luasnya 1, tapi bentuknya beragam. Buktikan bahwa ada dua ubin
yang saling tumpang-tindih seluas paling tidak 1/9.
Bukti. Misalkan setiap pasangan ubin saling tumpang-tindih seluas paling tidak 1/9.
Kita perhatikan berapa banyak sisa luas yang belum tertutup pada setiap pemasangan
ubin. Ubin pertama akan menutup seluas 1 atau 9/9. Ubin ke-2, ke-3, … dan ke-9
akan menutup seluas lebih dari 8/9,7/9,…,1/9. karena 9/9 + 8/9 + … + 1/9 = 5,
kesembilan ubin akan menutupi ruangan seluas lebih dari lima. Kontradiksi.
Prm pada bilangan real. Buktikan bahwa diantara tujuh bilangan real y1 , y2 ,..., y7 ,
ada dua, yi dan y j , sehingga
0≤
yi − y j
1 + yi y j
≤
3
. [CMO 1984]
3
Sket. Sekarang kita coba mengaplikasikan prm pada objek bilangan real. Ekspresi di
tengah tampak seperti tan(a − b) . Karena pada selang antara − π 2 dan π 2 fungsi
tan monoton naik, maka kita bisa memisalkan yn = tan xn , n = 1, 2,..., 7 . yn berada
dalam selang antara −∞ dan ∞ , sedangkan xn antara − π 2 dan π 2 . Jika kita
partisi 4 selang xn menjadi 6 sub-interval dengan panjang masing-maing π 6 , maka
berdasarkan prm dari tujuh xn ada dua yang berada pada selang yang sama, sehingga
selisihnya berada dalam selang antara 0 dan π 6 . Kita tinggal balik langkahnya untuk
membuktikan masalah.
Bukti. Misalkan yn = tan xn , n = 1, 2,..., 7 . Berdasarkan prm dari tujuh x dalam selang
antara − π 2 dan π 2 ada dua xi dan x j , sehingga
0 ≤ xi − x j ≤
π
6
.
Karena fungsi tangen monoton naik, maka
4
Partisi adalah membagi-bagi suatu himpunan menjadi sub-himpunan yang tak kosang dan
membangun himpunan itu.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
17
0 ≤ tan( xi − x j ) ≤
tan 0 ≤
Jadi ada yi dan y j , sehingga 0 ≤
tan xi − tan x j
1 + tan xi x j
yi − y j
1 + yi y j
≤
π
6
≤ tan
π
6
.
3
.
3
Objek Geometri
Menarik ketika prm dapat diaplikasikan pada masalah dengan objek geometri. Di sini
kita mencoba membuat rumah dan merpati yang berupa objek geometri.
Sebuah sasaran berbentuk segitiga sama sisi dengan sisi dua. (a) jika sasaran itu
ditembak lima kali, maka ada dua lubang dengan jarak paling besar satu. (b) jika
sasaran ditembak 17 kali, paling tidak berapa jarak maksimum dua lubang di sasaran
itu?
Solusi. (a). untuk dapat menerapkan prm, kita butuh merpati dan rumahnya. Yang
menjadi masalah adalah kedua objek yang diperlukan tidak terlihat jelas. Tapi,
perhatikan objek yang dimunculkan pada masalah ini, yaitu sasaran dan lubangnya.
Lubang-lubang pada sasaran tentu saja berdistribusi secara acak. Yang perlu
dilakukan sekarang adalah membuat ‘rumah’ sehingga bagaimanapun distribusi
lubang di sasaran pasti ada dua lubang pada rumah yang sama dan berjarak paling
besar satu. Pas! Bagi saja sasaran tersebut menjadi empat daerah yang luasnya sama.
Masing-masing daerah itu berberbentuk segitiga sama sisi dengan sisi satu. Sekarang
baru bisa menerapkan prm. Jika sasaran yang sudah dibagi menjadi empat daerah itu
ditembak empat kali, maka menurut prm, ada dua lubang yang berada pada daerah
segitiga sama sisi kecil yang panjang sisinya satu, sehingga jarak maksimum kedua
lubang itu adalah satu.
(b). masalah pada bagian ini merupakan modifikasi masalah sebelumnya. Jika sasaran
ditembak tujuh belas kali maka kita harus membuat enam belas rumah di sasaran.
Dapatkah ini terjadi? Karena sasaran berbentuk segitiga sama sisi maka tentu saja kita
dapat membaginya menjadi enam belas daerah yang kongruen, berbentuk segitiga
sama sisi dengan sisi 1/8. Setelah prm diterapkan maka paling tidak ada dua lubang
yang jarak maksimumnya 1/8.
Diberikan sepuluh titik di dalam sebuah lingkaran berdiameter lima. Buktikan ada dua
titik yang jaraknya kurang dari dua.
Bukti. Masalah ini mirip masalah sebelumnya. Bedanya masalah ini lebih ditekankan
pada bagaimana kita membuat rumah-rumah di dalam lingkaran. Kalau kita ingin
membagi daerah di dalam lingkaran menjadi sembilan daerah yang sama, kita akan
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
18
kesulitan. Kita harus menemukan cara lain membuat rumah agar prm dapat
diterapkan.
Karena kita ingin agar ada dua titik yang jarak maksimumnya kurang dari dua, kita
coba membuat daerah berbentuk lingkaran dengan radius satu dari titik pusat
lingkaran utama. Tugas kita sekarang adalah membagi bagian antara lingkaran besar
dan lingkaran kecil menjadi delapan daerah, demi kemudahan, yang sama. Jika dua
titik ada di dalam salah satu dari daerah ini maka jarak maksimumnya adalah 1.5 atau
kurang dari 2. Dengan menerapkan prm, masalah ini selesai.
Perhatikan bahwa masalah ini tidak lebih tegas dari masalah sebelumnya, di sini
kita hanya harus mengarahkan agar ada dua titik yang jaraknya kurang dari dua
sehingga kita tidak lagi perlu membuat rumah-rumah yang kongruen satu sama lain.
Diberikan sembilan titik didalam sebuah persegi unit, buktikan bahwa ada tiga titik
yang membentuk sebuah segitiga yang luasnya tidak melebihi 1/8. [CMO]
Solusi. Bagi persegi itu menjadi empat persegi kongruen. Kotak-kotak ini adalah
rumahnya. Perhatikan bahwa 9 = 2 x 4 + 1 titik jika disebarkan di persegi maka ada
paling tidak 3 = 2 + 1 titik yang berada di kotak yang sama. Target kita selanjutnya
adalah menunjukkan bahwa luas segitiga di dalam kotak tidak melebihi setengah luas
persegi unit = 1/8. Kita ingat kembali bahwa luas segitiga adalah (alas x tinggi)/2
dengan alas dan tinggi saling tegak lurus. Maka luas segitiga maksimum dalam kotak
adalah ketika alas dan tingginya adalah dua sisi yang saling tegak lurus kotak itu yang
panjangnya ½. Jadi luas maksimum segitiga dalam kotak adalah 1/8.
Latihan
1. Suatu papan catur berukuran 3 x 7 setiap perseginya akan diwarnai hitam atau
putih. Buktikan bahwa untuk bagaimanapun pewarnaannya papan itu mengandung
sebuah persegi panjang sehingga keempat persegi di sudut berwarna sama.
(cacah pewarnaan yang mungkin untuk papan berukuran 3 x 1)
2. Buktikan bahwa dua dari 70 bulat positif berbeda ≤ 200 selisihnya 4, 5, atau 9.
(tambahkan ke-70 bilangan dengan 4, 5, 9: pertimbangkan 210 bilangan yang
terbentuk)
3. Dua titik dari 6 titik yang disebarkan pada persegi panjang 3 x 4 jaraknya ≤ 5 .
4. Buktikan bahwa diantara 13 bilangan real ada dua, x dan y, sehingga
| x − y |≤ (2 − 3) |1 + xy | .
(pertimbangkan identitas trigonometri)
Aplikasi
Teori dalam matematika diskrit yang sedang berkembang pesat karena aplikasinya
pada ilmu komputer yang lahir akibat penerapan prm adalah teori Ramsey. Teori ini
bermula dari masalah sederhana
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
19
“Diantara enam orang buktikan bahwa ada tiga orang yang saling mengenal atau tidak
saling kenal.”
Erdos dan Szekeres menyuguhkan teorema menarik dalam papernya tentang
masalah Ramsey:
Untuk n ≥ ( p − 1)(q − 1) + 1 setiap barisan sebanyak n bilangan bulat mengandung subbarisan yang monoton naik dengan panjang p atau sub-barisan yang monoton turun
dengan panjang q.
Dalam ilmu komputer prm muncul secara alami pada masalah tabel hash.
Tumbukan dalam tabel hash tidak dapat dihindari karena banyaknya kunci yang
mungkin melebihi batas kapasitas suatu array. Untuk mengatasinya didefinisikan
perumuman prm yang bersifat probabilistik. Ups.. topik ini diluar tema sekarang, jadi
tunggu saja barangkali akan diungkap di MAJALAH Zer0.
Sekilas Logika: Banyaknya binatang peliharaan
Zer0 punya binatang peliharaan. Semua peliharaannya kucing, kecuali dua yang
bukan. Semuanya juga anjing, kecuali dua yang bukan. Dan Semuanya juga
merpati, kecuali dua yang bukan. Berapa banyaknya binatang peliharaan Zer0?
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
20
Prinsip Pencarian Pola dan Induksi
Bagaimana kita membuktikan suatu pernyataan yang melibatkan suatu bilangan asli
sebagai pijakan? Seperti: hasil kali dua bilangan asli berurutan habis dibagi dua.
Secara alamiah kita akan mencacah beberapa bilangan mulai dari bilangan terkecil
yang mungkin sebagai langkah pertama untuk membuktikan proposisi itu. Dalam hal
ini kita dapat meyakinkan diri bahwa, dua bilangan asli berurutan pertama adalah 1, 2
dan hasil kali mereka habis dibagi 2, selanjutnya adalah 2,3 dan jelas habis dibagi 2,
karena hasil kalinya punya factor 2. Mungkin langkah selanjutnya adalah mengambil
bilangan asli yang cukup besar dan mengalikannya dengan bilangan asli setelahnya,
misalnya 23, 24 hasil kalinya jelas habis dibagi 2, karena 24 habis dibagi dua. Kita
tidak bisa menyimpulkan bahwa pernyataan berkuantor universal seperti di atas
dengan hanya menunjukkan beberapa contoh saja, sekalipun contoh itu melibatkan
bilangan yang besar. Masalah utamanya tetap bagaimana membuktikan bahwa
memang benar hasil kali dua bilangan asli berurutan selalu habis dibagi 2. Buktinya
sudah didepan mata, cukup menyadari bahwa setiap dua bilangan berurutan salah
satunya pasti genap, sehingga hasil kali mereka selalu genap.
Namun, banyak masalah yang melibatkan bilangan asli sebagai pijakan solusinya
tidak didepan mata. Metoda yang kita lakukan tadi bisa diterapkan untuk perhitungan.
Perhitungan seperti ini membuat G. Peano membangun suatu aksioma tentang sistem
bilangan asli. Aksioma inilah yang menjadi dasar prinsip induksi, yaitu
Aksioma Peano:
a. Setiap n ∈ ` punya tepat sebuah penerus n* ∈ ` .
b. n ≠ m berakibat n* ≠ m * .
c. Ada sebuah elemen, dinotasikan 1, di ` sehingga 1 ≠ n * untuk setiap n ∈ ` .
d. Jika S ⊂ ` memenuhi:
1 ∈ S (kasus basis),
dan
n ∈ S berakibat n* ∈ S (langkah induksi)
maka S = ` .
Sebagai ilustrasi, misalkan seorang ibu mempunyai n anak. Ia ingin memberikan
setiap anaknya sebuah permen, anak pertama ia beri satu permen, lalu ia membuat
aturan: jika anak ke-n mendapat permen maka anak ke-(n+1) juga mendapat permen.
Jika aturan si ibu kita terapkan, maka kita mendapatkan serentetan peristiwa,
o
o
o
o
o
Anak pertama mendapat permen,
Karena aturan si ibu maka anak kedua mendapat permen,
Karena anak kedua mendapat permen maka anak ketiga juga mendapat permen,
(begitu seterusnya sampai akhirnya)
Anak terakhir mendapat permen karena anak kedua sebelum terakhir dapat.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
21
Berdasarkan prinsip ini maka kita bisa katakan bahwa si ibu telah memberi satu
permen pada setiap anaknya. Prinsip ini juga bisa diilustrasikan sebagai gerak
jatuhnya domino yang diurutkan berdiri: jika domino pertama jatuh, ia akan membuat
domino setelahnya jatuh, karenanya domino ketiga ikut jatuh, begitu seterusnya,
sampai domino terakhir jatuh.
Matematikawan menemukan prinsip
ini sangat membangun, sehingga ada
yang mengangapnya sebagai suatu
aksioma,
lainnya
menganggap
sebagai suatu proposisi yang dapat
dibuktikan kebenarannya. Aksioma
peano poin c dan d, merupakan
prinsip induksi. Jika kita menganut
aksioma Peano maka kita memegang
prinsip induksi sebagai suatu
aksioma. Berdasarkan aksioma ini
kita dapat membuktikan sifat terurut
rapi bilangan asli, yaitu setiap
himpunan bagian bilangan asli tak kosong punya anggota terkecil. Dari sini kita bisa
membuktika sifat Archimedes yang menyatakan bahwa untuk setiap x > 0, tidak ada y
yang melebihi setiap bulat kelipatan x.
Sebaliknya jika sifat terurut rapi dan sifat Archimedes benar maka kita bisa
membuktikan prinsip induksi. Sebelumnya kita nyatakan kembali prinsip induksi,
Prinsip Induksi.
Misalkan P(n) adalah suatu pernyataan mengenai n ∈ ` . Misalkan pula
i. P (1) benar (kasus basis) dan
ii. untuk setiap k ∈ ` berlaku: jika P (k ) benar, maka P (k + 1) (langkah
induksi),
maka P(n) benar untuk setiap n ∈ ` .
Menggunakan Induksi
Induksi merupakan metoda pembuktian yang ampuh dan aplikasinya sangat terasa
dalam penerapan ilmu komputer. Prinsip ini dapat membuktikan suatu pernyataan
yang berkaitan dengan bilangan asli, tetapi tidak sampai pada tahap menemukan.
Polya mengatakan bahwa metoda ini merupakan devilish trick; jika kamu memberikan
satu tanganmu pada si iblis, maka ia akan mendapatkan seluruh tanganmu. Mari kita
terapkan metoda ini pada contoh klasik dan melihat betapa devilish-nya metoda ini.
Contoh 1. Untuk setiap n ∈ ` berlaku:
1 + 2 + 3 + ... + n =
n(n + 1)
.
2
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
22
Sket. Masalah seperti inilah yang cocok dibuktikan dengan prinsip induksi; ada suatu
pernyataan yang berkaitan dengan bilangan asli. Misalkan pernyataan itu kita sebut
P(n) dan tidak lain adalah "1 + 2 + 3 + ... + n = n(n + 1) 2" , yaitu jumlah n bilangan
asli pertama, kita akan membuktikan bahwa P(n) benar untuk setiap bilangan asli n.
Yang pertama harus kita tunjukkan adalah kebenaran kasus basis, dalam hal ini n = 1.
P (1) tidak lain adalah penjumlahan 1 bilangan asli pertama, yaitu 1, tetapi
1(1 + 1) 2 = 1 . Sampai sini kita telah menunjukkan kebenaran P (1) . Langkah
selanjutnya adalah mengasumsikan bahwa P (n) untuk setiap n asli, dan perlihatkan
P (n + 1)
benar,
yaitu
bahwa
asusmsi
ini
berakibat
"1 + 2 + 3 + ... + n + (n + 1) = (n + 1)(n + 2) 2" . Dengan perbekal ini jika kita berangkat
dari ruas kiri P(n + 1) dan mengaplikasikan asusmsi P (n) benar maka kita harus
sampai pada ruas kanan P (n + 1) . Sekarang kita asumsikan P( n) , yaitu berlaku
hubungan 1 + 2 + 3 + ... + n = n(n + 1) 2 , langkah ini merupakan langkah induksi
dikenal juga sebagai asumsi induki. Lalu kita hitung jumlah n + 1 bilangan asli
pertama,
n(n + 1)
+ (n + 1), karena asumsi induksi
2
n(n + 1) + 2(n + 1)
=
2
(n + 1)(n + 2)
.
=
2
1 + 2 + 3 + ... + n + (n + 1) =
Dari perhitungan diatas terlihat bahwa P (n) benar berakibat P (n + 1) benar, sehingga
berdasarkan prinsip induksi P(n) benar untuk setiap bilangan asli n atau (kita
nyatakan kembali masalah pembuktian kita) untuk setiap n ∈ ` berlaku:
n(n + 1)
.
1 + 2 + 3 + ... + n =
2
Sebelum membuktikan teorema pada contoh 1 dengan rapi, kita lihat bahwa alur
pembuktiannya cukup sederhana dengan mengaplikasikan prinsip induksi. Namun,
masalah yang lebih rumit pun, jika kita ingin membuktikannya secara induksi,
mempunyai alur pembuktian yang sama yang dapat kita rinci sebagai,
1. Nyatakan bahwa bukti akan dilakukan secara induksi. Hal ini dilakukan
supaya kita bisa dengan cepat mengilustrasikan secara kasar alur pembuktian.
2. Definisikan P(n) yang diperlukan. Definisinya bisa dilakukan secara implisit
atau eksplisit yang penting kita tahu suatu pernyataan P yang berkaitan dengan
n. langkah mengasumsikan bahwa P(n) benar untuk setiap n, dikenal sebagai
asumsi atau hipotesis induksi.
3. Buktikan bahwa P (1) benar. Langkah ini dikenal sebagai langkah atau kasus
basis.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
23
4. Buktikan bahwa P (n) berakibat P (n + 1) . Langkah ini dikenal sebagai
langkah induksi. Langkah ini merupakan langkah yang tersulit karena
berdasarkan asumsi P(n) kita harus tunjukkan bahwa P(n + 1) juga benar.
5. Kesimpulan induksi. Pada langkah ini kita cukup menyatakan kembali bahwa
secara induksi kita telah membuktikan bahwa P (n) benar untuk setiap
bilangan asli n. Pernyataannya bisa dilakukan secara implisit atau eksplisit,
kebanyakan yang sudah terbiasa menyatakannya secara implisit.
Pada pembuktian formal kita tidak perlu menunjukkan setiap ide dan hasil kotretan,
cukup alur dan perhitungan seperlunya. Bukti formal teorema pada contoh 1 adalah
seperti ditunjukkan berikut.
Bukti. Kita akan menggunakan induksi. Misalkan P (n) adalah pernyataan bahwa
n(n + 1)
. Untuk kasus n = 1 kita peroleh
untuk setiap n ∈ ` berlaku 1 + 2 + 3 + ... + n =
2
bahwa 1 = 1(1 + 1) 2 , sehingga P (1) benar. Asumsikan bahwa P (n) benar untuk n
bilangan asli sembarang. Karena
n(n + 1)
1 + 2 + 3 + ... + n + (n + 1) =
+ (n + 1), karena asumsi induksi
2
(n + 1)(n + 2)
=
,
2
maka P(n + 1) benar. Jadi terbukti secara induksi bahwa untuk setiap n ∈ ` berlaku
1 + 2 + 3 + ... + n =
n(n + 1)
.
2
Contoh 2. Untuk setiap bilangan asli n, 3 | n3 − n .
Sket. Kita akan coba membuktikan secara induksi. Kasus basis biasanya merupakan
langkah yang trivial, tetapi harus tetap ditunjukkan. Untuk n = 1 kita peroleh
13 − 1 = 0 yang habis dibagi tiga. Pemilihan asumsi induksi, P(n) , merupakan langkah
yang cukup sulit karena harus disesuaikan dengan keadaan P (n + 1) . Secara alami
untuk masalah ini kita akan memilih P(n) , pernyataan bahwa 3 | n3 − n untuk setiap
bilangan asli n. Mari kita lihat bagaimana P(n + 1) , 3 | (n + 1)3 − (n + 1) .
Sekarang masalahnya adalah bagaimana menunjukkan 3 | (n + 1)3 − (n + 1) , dengan
asumsi bahwa 3 | n3 − n . Kita akan coba mengekspansi bentuk (n + 1)3 − (n + 1)
pada P(n + 1) ,
(n + 1)3 − (n + 1) = n3 + 3n 2 + 3n + 1 − n − 1
= n3 + 3n 2 + 2n.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
24
Sampai sini mungkin kita akan stak. Tapi tunggu dulu, persamaan terakhir sangat
mengintimidasi, pada persamaan pertama sudah muncul bentuk n3 − n pada P(n) dan
bila dikelompokkan berdasarkan bentuk ini,
(n + 1)3 − (n + 1) = n3 − n + 3(n 2 + n) .
Aha! Karena n3 − n habis dibagi 3 dan jelas bahwa 3(n 2 + n) habis dibagi 3 maka,
secara keseluruhan (n + 1)3 − (n + 1) habis dibabagi 3 atau 3 | (n + 1)3 − (n + 1) .
Sampai sini kita bisa menyusun bukti formal, seperti,
Bukti. Akan dibuktikan secara induksi. Untuk kasus n = 1 jelas bahwa 3 | 0 = 13 − 1 .
Asumsikan bahwa 3 | n3 − n untuk suatu n bilangan asli sembarang.
[alternatif langkah induksi I]
3 | n3 − n ⇒ 3 | (n3 − n) + 3(n 2 + n)
⇒ 3 | n3 + 3n 2 + 3n + 1 − n − 1
⇒ 3 | (n + 1)3 − (n + 1).
Implikasi pertama berlaku karena 3 | 3(n 2 + n) , sedangkan implikasi kedua dan ketiga
hanya merupakan manipulasi aljabar.
[alternatif langkah induksi II]
Kita akan berangkat dari bilangan ke-(n + 1) dari suatu bilangan berbentuk n3 − n .
(n + 1)3 − (n + 1) = n3 + 3n 2 + 3n + 1 − n − 1
= (n3 − n) + 3(n 2 + n).
Karena 3 | n3 − n berdasarkan asumsi induksi dan jelas bahwa 3 | 3(n 2 + n) , maka
3 | (n + 1)3 − (n + 1) .
Jadi secara induksi terbukti bahwa 3 | (n3 − n) untuk setiap bilangan asli n.
Untuk bukti formal kita bisa pilih salah satu langkah induksi. Pada alternatif pertama
bukti formalnya akan tampak bahwa bentuk 3(n 2 + n) muncul secara tiba-tiba.
Padahal motivasinya jelas pada kotretan. Berbeda dengan alternatif kedua dimana
bentuk itu muncul secara alami. Kedua alternatif tersebut valid karena P (n + 1)
dibuktikan benar berdasarkan asumsi P( n) , dengan P(n) yang dinyatakan secara
implisit, yaitu 3 | n3 − n untuk suatu bilangan asli n sembarang. Pada kenyataannya
tipe langkah induksi seperti alternatif kedua diatas lebih banyak digunakan.
Pada contoh-contoh berikutnya kita akan menuliskan P(n) dan P (n + 1) secara
implisit untuk mengefisienkan ruang tulis, kecuai memang dinyatakan. Yang penting
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
25
adalah bagaimana membangun hipotesis induksi yang menyebabkan induksi berkerja
secara valid.
Buktikan bahwa n5 / 5 + n 4 / 2 + n3 / 3 − n / 30 bulat untuk setiap n bulat non-negatif.
Bukti. Bukti secara induksi. Pernyataan itu jelas benar untuk n = 0. Asumsikan
pernyataan benar untuk n = k. Sekarang kita akan bergerak dari P(k + 1) dan
memunculkan P(k) untuk memanfaatkan asumsi induksi.
(k + 1)5 (k + 1) 4 (k + 1)3 k + 1
+
+
−
5
4
3
30
5
4
3
⎡k
k
k
k ⎤
= ⎢ + + − ⎥ + ⎡⎣ k 4 + 4k 3 + 6k 2 + 4k ⎤⎦ .
⎣ 5 4 3 30 ⎦
Grup pertama berdasarkan asumsi induktif merupakan bilangan bulat, dan grup kedua
jelas bulat karena merupakan penjumlahan bilangan bulat. Jadi terbukti secara
induksi.
Kita akan melihat penerapan yang menarik dari induksi matematika pada masalah
berikut.
Bayangkan ada papan kotak-kotak berukuran 2n x2n dengan n bulat positif yang
memiliki lubang di satu petak. Apakah kita selalu dapat menutup papan itu dengan
triomino L?
Solusi. Karena kita akan menggunakan induksi, kita perhatikan dulu jika n = 1. Papan
berukuran 2 x 2 yang memiliki satu lubang pasti bisa langsung ditutup satu triomino
L, seperti terlihat pada gambar di atas.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
26
Sekarang, kita asumsikan bahwa papan 2k x2k yang memiliki satu lubang bisa ditutup
beberapa triomino. Susun empat papan berukuran 2k x2k seperti gambar diatas
(warna abu-abu menyatakan lubang).
Perhatikan bahwa lubang di tengah dapat ditutup dengan satu triomino L. Maka
papan itu menjadi papan 2k +1 x2k +1 yang memiliki satu lubang dan dapat ditutup
dengan triomino. Maka langkah induksi selesai dan kita telah membuktikan bahwa
triomino L selalu dapat menutup papan 2n x2n yang berlubang satu.
Induksi juga dapat digunakan untuk pernyataan yang mengandung pertidaksamaan.
Berikut ini adalah contoh yang memberikan ide.
Contoh. Buktikan 1 + 1
2 +1
3 + ... + 1
n ≤ 2 n − 1 untuk setiap bilangan asli n.
Bukti. Bukti secara induksi. Untuk n = 1, jelas bahwa 1 ≤ 2 1 − 1 = 1 . Asumsikan
pernyataan itu benar untuk sembarang n. Perhatikan bahwa
1
2
2
=
<
=2
n +1
n +1 + n +1
n +1 + n
(
)
n +1 − n .
Maka
1+
1
1
1
1
+ ... +
+
≤ 2 n −1+
, (asumsi induksi)
2
n
n +1
n +1
< 2 n −1+ 2
(
n +1 − n
)
= 2 n + 1.
Terbukti secara induksi.
Coba juga buktikan 1 + 1 2 + 1 3 + ... + 1 n > 2 n + 1 − 2 sebagai latihan.
Kita harus berhati-hati mengaplikasikan induksi pada setiap langkah, jika tidak
kita akan mudah membuat kesalahan. Seperti tampak pada contoh berikut
Teorema Salah. Semua kuda berwarna sama.
Bukti. Akan dibuktikan secara induksi. Misalkan P (n) merupakan pernyataan setiap
kuda dalam himpunan n kuda berwarna sama. Sebagai kasus basis, untuk n = 1, P (1)
karena setiap kuda dalam himpunan satu kuda warnanya sama. Misalkan P(n) benar
untuk suatu bilangan asli n sembarang. Sekarang pertimbangkan himpunan n + 1
kuda: berdasarkan asumsi n kuda pertama berwarna sama. Juga berdasarkan asumsi n
kuda terakhir berwarna sama. Jadi kuda sebanyak n + 1 itu berwarna sama atau
P (n +1) . Jadi berdasarkan prinsip induksi P(n) benar untuk setiap bilangan asli n.
Dengan kata lain setiap kuda berwarna sama.
◊
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
27
Kita telah membuktikan sesuatu yang salah! Apakah matematika bobol? Argumentasi
kita yang keliru. Perhatikan pernyataan: “kuda sebanyak n + 1 itu berwarna sama.”
Pernyataan ini berkata bahwa n kuda pertama dan n kuda terakhir saling melingkupi.
Ini tidak benar, bahkan untuk n = 1: seekor kuda dan seekor kuda lainnya tidak saling
melingkupi alias berbeda. Kita telah membuktikan P (1) , alasan bahwa n kuda
terakhir berwarna sama, karena asumsi, membuktikan bahwa P (2) ⇒ P(3) ,
P (3) ⇒ P(4) , dst. Tapi belum membuktikan P (1) ⇒ P(2) , sehingga membuat
argumentasi kita runtuh dan matematika tetap utuh. Dengan kata lain ada himpunan
kuda-kuda berwarna beda.
Untuk mengatasi masalah seperti ini sebelum kita menginduksi kita harus
memperlihatkan kebenaran beberapa P (n) , yang kemudian mengakibatkan kebenaran
P (n +1) . Secara formal bentuk induksi seperti ini dinamakan induksi kuat.
Induksi Kuat
Misalkan P(n) adalah suatu pernyataan mengenai bilangan bulat n ≥ a . Misalkan
pula
i. P (a ) benar (kasus basis) dan
ii. untuk setiap k ≥ a berlaku: jika P (a ), P(a + 1),..., P(k ) benar, maka P (k + 1)
benar (langkah induksi),
maka P(n) benar untuk setiap n ≥ a .
Bedanya dengan induksi sebelumnya adalah bahwa asumsi kita di langkah induksi (ii)
lebih kuat, yaitu mengasumsikan kebenaran P (a ), P(a + 1),..., P(k ) – tidak hanya
P (k) untuk mengakibatkan bahwa P (k + 1) . Secara teori kedua bentuk induksi
equivalen, tetapi ada beberapa masalah yang harus melibatkan asumsi pada induksi
kuat.
Contoh. Setiap jalan di Nebula satu arah. Setiap pasang kota dihubungkan dengan
tepat satu jalan. Tunjukkan bahwa ada kota yang dapat dijangkau dari setiap kota
lainnya baik secara langsung atau melalui paling banyak suatu kota lainnya.
Bukti. Akan dibuktikan secara induksi kuat. Pernyataan yang disuguhkan benar untuk
dua dan tiga kota. Misalkan pernyataanya benar untuk n kota. Misalkan kota-kota
yang memenuhi kondisi masalah disebut golongan H. Untuk sembarang n kota ambil
kota A yang merupakan golongan H. Kota lainnya, sebanyak n – 1, dapat dipartisi
menjadi dua himpunan, yaitu golongan X yang merupakan kota-kota yang terhubung
langsung dengan kota A dan golongan Y, himpunan kota-kota yang tidak terhubung
langsung ke kota A. Karena setiap kota dihubungkan dengan tepat satu jalan, maka
setiap kota yang tergolong Y dapat menuju A dengan melewati suatu kota yang
tergolong X.
Misalkan kota B baru dibangun, sehingga sekarang ada n + 1 kota. Untuk
menunjukkan masih adanya kota yang tergolong H pertimbangkan 2 kasus:
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
28
1.
Ada jalan yang menghubungkan secara langsung kota B ke kota A atau ke
kota golongan Y. Maka A tetap tergolong kota H untuk n + 1 kota.
2.
Dari A dan dari setiap kota yang tergolong X ada jalan langsung menuju B.
Juga terdapat sebuah jalan yang menghubungkan secara langsung golongan
kota Y ke suatu kota di X. Maka kota B tergolong H.
Terbukti secara induksi.
Contoh. Ekspresi ekspisit barisan Fibonacci, rumus Binet. Buktikan bahwa
f n = (α n − β n ) 5 , dengan α = 1 + 5 2 dan β = 1 − 5 2 . α dikenal sebagai
(
)
(
)
golden ratio.
Bukti. Untuk n = 0 , jelas bahwa
f 0 = (α 0 − β 0 )
5 = 0 merupakan barisan
Fibonacci. Asumsikan rumus Binet berlaku untuk n dan n + 1 . Tetapi,
Fn + 2 = Fn + Fn +1 = (α n − β n )
Perhatikan bahwa α , β
5 + (α n +1 − β n +1 )
5 = (α n (α + 1) − β n ( β + 1) )
5.
merupakan akar persamaan x 2 − x − 1 = 0 , sehingga
α + 1 = α 2 dan β + 1 = β 2 . Jadi Fn + 2 = (α n + 2 − β n + 2 )
5 . Rumus Binet terbukti secara
induksi.
Pencarian Pola
Prinsip ini erat hubungannya dengan pencarian pola berdasarkan sesuatu yang dapat
dihitung dan mempunyai nilai terkecil. Jika kita telah merasa yakin telah menemukan
pola dibalik sesuatu dan sesuatu itu dapat dihitung, maka prinsip induksi mungkin
muncul sebagai pilihan pertama untuk membuktikan kebenaran pola itu. Pola bisa
berupa suatu barisan yang mempunyai aturan tertentu, sedangkan aturannya dapat
didefinisikan secara rekursif, seperti persamaan rekursif yang muncul dibalik masalah
Josephus (dibahas di MAJALAH Zer0 edisi pertama).
Barisan Fibonacci didefinisikan sebagai berikut: untuk suatu bilangan bulat tak
negatif, f n adalah suku ke-n barisan Fibonacci jika f 0 = 0, f1 = 1 dan f n = f n −1 + f n − 2
untuk n ≥ 2 . Banyak pola yang dapat digali dari barisan ini, bahkan pola Fibonacci
muncul pula sebagai pola yang terjadi di alam. Ada sesuatu yang mistis dibalik
barisan Fibonacci, tetapi kita akan bahas nanti. Sekarang kita hanya akan melihat
salah satu polanya, yaitu:
Contoh. Buktikan bahwa untuk setiap n bulat tak negatif,
n
f n + 2 = ∑ fi + 1 .
i =0
0
Bukti. Akan dibuktikan secara induksi. Untuk n = 0, jelas bahwa f 2 = ∑ fi + 1 = 1 .
i =0
Asumsikan persamaan f n + 2 itu benar untuk suatu n sembarang. Karena
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
29
n +1
n
f n +3 = f n + 2 + f n +1 = ∑ fi + 1 + f n +1 = ∑ f i + 1 ,
i =0
i =0
n
maka terbukti secara induksi bahwa berlaku f n + 2 = ∑ fi + 1 untuk setiap bilangan
i =0
bulat tak negatif n.
Sebagai latihan cobalah cari pola pada masalah berikut, generalisasi, kemudian
buktikan dengan induksi.
Latihan 1. Perhatikan
1 = 1,
1 + 3 = 4,
1 + 3 + 5 = 9,...
Beberapa contoh di atas mendorong kita untuk menerka bahwa jumlah n bilangan
ganjil pertama sama dengan n kuadrat. Benarkah?
Latihan 2.
1⋅ 2 ⋅ 3
,
6
3⋅ 4 ⋅5
12 + 32 =
,
6
5⋅6⋅7
12 + 32 + 52 =
,...
6
12 =
Latihan 3.
1 1 4
+ = ,
1 3 3
1 1 8
+ = ,
3 5 15
1 1 12
+ = ,
5 7 35
42 + 32 = 52 ,
82 + 152 = 17 2 ,
122 + 352 = 37 2 ,...
Latihan 4.
62 − 52 = 11,
562 − 452 = 1111,
5562 − 4452 = 111111,...
Latihan 5. Dengan prinsip cari pola, terka, dan induksi coba
hitung berapa banyak kata “ABRACADABRA” dapat dibaca
pada gambar di samping. Aturan membacanya adalah mulai dari
A teratas dengan arah kebawah sampai di A terbawah.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
30
Memperkuat hipotesis induksi merupakan langkah yang bagus ketika induksi biasa
tidak bekerja dengan baik. Yang perlu diperhatikan adalah bahwa setiap asumsi
hipotesis harus benar, jika tidak konstruksi bukti yang valid tidak akan terjangkau.
Sering kali, menemukan hipotesis induksi yang tepat diperlukan trial and error dan
pemahaman yang mendalam. Pernah terjadi ketika matematikawan selama hamper
dua puluh tahun mencoba membuktikan atau menyangkal konjektur tentang graf
bidang:
“setiap graf bidang merupakan 5-choosable 5 .”
Baru pada tahun 1994 Carsten Thomassen memberikan bukti induksi yang begitu
sederhana. Kuncinya adalah menemukan hipotesis induksi yang benar-benar cerdas
yang membuat konstruksi selanjutnya mengalir dengan mudah.
Teorema Salah. Saya bisa memindahkan semua pasir di pantai.
Bukti. Bukti secara induksi. Misalkan P(n) : “Saya bisa memindahkan n butir pasir.”
Kasus basis, P (1) , benar karena saya bisa dengan mudah memindahkan 1 butir pasir.
Pada langkah induksi, asumsikan bahwa saya bisa memindahkan n butir pasir. Jika
demikian maka saya bisa memindahkan n + 1 butir pasir karena penambahan 1 butir
pasir tidak jadi masalah. Sehingga P (n) ⇒ P (n + 1) . Secara induksi terbukti bahwa
P(n) benar untuk setiap bilangan asli n. Jadi saya bisa memindahkan semua pasir di
pantai.
◊
Pernyataan yang menjebak adalah penegasan bahwa saya bisa memindahkan n + 1
butir pasir karena saya bisa memindahkan n butir pasir. Kita tidak bisa dengan tepat
memastikan dapat memindahkan pasir sebanyak n, sembarang bilangan asli.
Meskipun sulit mendapatkan n dimana P(n) salah yang penting adalah eksistensinya.
Masalah ini dapat dijelaskan dengan baik bila kita mengacu pada logika fuzzy yang
nilai kebenarannya dinyatakan sebagai bilangan real antara 0 dan 1. Masalah ini
merupakan analogi induksi yang nilai kebenarannya berkurang satu satuan pada setiap
implikasi.
5
5-choosabiity merupakan generalisasi dari 5-colorability. Dalam teori graf telah dibuktikan bahwa
setiap graf bidang 4-colorable, sehingga 5-colorable, tetapi tidak semua graf bidang 4-choosable.
Panik? Tenang, teori graf akan dibahas di MAJALAH Zer0 suatu saat.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
31
Argumentasi yang Keliru
AK5. Sudut Siku-siku sama dengan Sudut Tumpul
Misalkan ada segmen AB. Dari A pada sudut siku-siku buat sembarang segmen AC.
Dari B pada sudut tumpul, misalnya 100o, buat segmen BD yang panjangnya sama
dengan AC. Misalkan garis tengah tegak lurus AB dan CD berpotongan di E.
Perhatikan gambar di bawah.
Karena E pada garis tengah tegak lurus AB maka AE = BE, sedangkan CE = DE,
karena E pada garis tengah tegak lurus CD. Karena AE = BE, CE = DE, dan AC =
BD, maka segitiga AEC dan BED kongruen. Karena segitiga AEC dan BED kongruen
maka ∠EAC = ∠EBD dan karena segitiga AEB sama kaki maka ∠EAB = ∠EBA ,
sehingga
90D = ∠EAC − ∠EAB
= ∠EBD − ∠EBA
= ∠ABD = 100D.
Jadi sudut siku-siku sama dengan sudut tumpul.
◊
AK6. 14 = 15
Di Wroclaw 1952 dalam sebuah pertemuan peserta Olimpiade Matematika, Dr. J.
Mikusinski mendemonstrasikan sebuah masalah temukan di mana kesalahannya
dengan menggunakan argumentasi pengubinan bidang dengan segi tujuh beraturan.
Misalkan P adalah sudut 180o. Jumlah seluruh sudut sebuah segi tujuh adalah 5P,
sehingga sebuah sudut di heptagon besar rata-ratanya adalah 5P/7. Karena bidang
dapat diselimuti oleh segitujuh, maka sudut rata-rata pada mosaik ini adalah 5P/7.
Tetapi, karena pada setiap titik terbentuk tiga sudut itu, maka sudut rata-rata pada
setiap titik adalah 2P/3. Hal ini mengakibatkan rata-rata sudut pada mosaik itu adalah
2P/3, karena setiap sudut dibangun oleh suatu titik. Jadi 5P/7 = 2P/3 atau 14 =15. ◊
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
32
Masalah & Solusi
Anda dapat turut berpartisipasi dengan mengirimkan solusi untuk masalah yang disediakan (pada
suatu edisi) atau mengirim masalah baru untuk dipublikasikan. Untuk masukan masalah sertakan
solusi Anda. Alamatkan solusi atau masalah Anda melalui email ke salah satu alamat email editor.
Cantumkan informasi sedetil mungkin untuk memudahkan editor menyunting masukan dan tulis
sebagai file Word.
Solusi
Masalah 2 [MZ 01-0708]. Bilangan diantara empat bilangan kubik
Buktikan bahwa, di antara empat bilangan kubik, selalu ada dua bilangan yang
selisihnya habis dibagi 7.
Solusi oleh Raja Octovin, Pekanbaru.
Semua bilangan kubik, jika dibagi 7, akan memberikan sisa
atau . Misalkan A =
{himpunan bilangan kubik yang habis dibagi 7}, B = {himpunan bilangan kubik
bersisa 1 jika dibagi 7} dan B = {himpunan bilangan kubik bersisa 6 dibagi 7}.
Apabila dari empat bilangan ada dua bilangan yang berasal dari himpunan yang sama,
maka bilangan tersebut habis dibagi 7. Berdasarkan PHP, apabila ada 4 benda yang
akan dimasukkan ke dalam 3 kotak, maka ada 1 kotak yang mengandung lebih dari 1
benda. Dari sini, terbukti bahwa dari empat bilangan kubik, ada dua bilangan kubik
yang berasal dari himpunan yang sama. Dan bukti mengikuti.
?
Komentar penyunting
Sebagai catatan PHP di atas adalah prm, prinsip rumah merpati. Hey, kenapa di akhir
bukti ada tanda “?”? Karena ada sesuatu yang masih cacat. Yang masih belum tepat
adalah ambiguitas pengarahan “bilangan tersebut” pada kalimat, “Apabila dari empat
bilangan ada dua bilangan yang berasal dari himpunan yang sama, maka bilangan
tersebut habis dibagi 7.” Yang tepat adalah selisih dua bilangan dalam himpunan yang
sama yang habis dibagi 7 (0 mod 7). Sesuai pernyataan masalah. Ini adalah kekeliruan
yang berharga, sayangnya Raja tidak memberikan informasi tambahan untuk
menghubunginya kembali.
Beberapa masalah yang pernah diungkapkan di blog Zer0.
1. Pada gambar di samping, Jika lingkaran terbesar
dan sedang berturut-turut berjari-jari 9 dan 4 cm,
maka jari-jari lingkaran terkecil adalah… cm.
Solusi. Kita akan menyelesaikan masalah yang lebih
umum. Misalkan koordinat pusat lingkaran besar,
sedang,
kecil
berturut-turut
adalah
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
33
(h, a), (k , b), dan (0, c) , dengan a ≥ b > c . Dengan menerapkan teorema Pythagoras
pada setiap dua lingkaran yang bersinggungan maka diperoleh tiga persamaan,
h 2 + (a − c) 2 = (a + c) 2 ,
k 2 + (b − c) 2 = (b + c) 2 ,
( h + k ) 2 + ( a − b) 2 = ( a + b) 2 .
Dengan mengekspansi masing-masing persamaan kita peroleh,
h 2 = 4ac,
k 2 = 4bc,
h 2 + k 2 + 2hk = 4ab.
Subtitusi persamaan pertama dan kedua ke persamaan ketiga kita peroleh,
hk = 2(ab − bc − ca) . (1)
Karena h 2 k 2 = 16abc 2 , maka dengan meguadratkan kedua ruas (1) kita peroleh
4abc 2 = (ab − bc − ca) 2 . (2)
Persamaan (2) cukup untuk menyelesaikan masalah ini, yaitu pilih a = 9, b = 4 ,
sehingga
144c 2 = (36 − 13c) 2 = 362 − 2 ⋅ 36 ⋅13c + 132 c 2 .
Karena c merupakan jari-jari lingkaran terkecil maka dengan menyelesaikan
persamaan kuadrat terakhir kita peroleh c, jari-jari lingkaran terkecil sama dengan
36/25.
Cacatan. a,b,c dalam h dan k memenuhi persamaan
a=
h( h + k )
k (h + k )
hk
.
, b=
, c=
2k
2h
2(h + k )
2. L1 dan L2 adalah dua lingkaran yang konsentris.
Jika panjang AB adalah 16 cm, maka luas daerah yang diarsir adalah… π cm2.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
34
Solusi. Misalkan jari-jari lingkaran besar dan kecil berturut-turut adalah R dan r.
Pandang
Dan kita punya persamaan R 2 = r 2 + 16 atau R 2 − r 2 = 16 . Dan Luas daerah yang
diarsir adalah π R 2 − π r 2 = 16π cm 2 .
3. ABCD adalah sebuah trapesium sama kaki dengan BC = 12 cm. Dalam trapesium
dibuat lingkaran yang menyinggung keempat sisinya. Perhatikan gambar di bawah
Jika PQ = 10 cm, maka luas lingkaran adalah … π cm2.
Solusi. Misalkan jari-jari lingkaran itu r. Dari B dan Q tarik garis sehingga tegak lurus
DC dan masing-masing berpotongan dengannya berturut-turut di F dan G. Misalkan E
adalah titik singgung lingkaran dengan garis DC. Misalkan EC = x, maka karena
simetri CQ = x. Akibatnya QB = 12 – x.
Pandang segitiga CFQ. CG = EG – EC = 12 – x – x. Aplikasikan teorema Pythagoras
padanya, sehingga berlaku
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
35
(12 − 2 x) 2 + (2r ) 2 = 122
r 2 = 12 x − x 2 .
Pandang segitiga CFQ dan CGB. Kedua segitiga itu sebangun karena
∠QCF = ∠BCG dan ∠CFQ = ∠CGB = 90D . EF = 1/2PQ = 5. Maka berlaku
perbandingan
CQ CB
=
CF CG
12
x
=
5 − x 12 − 2 x
30 = x 2 − 12 x = r 2 .
Jadi luas lingkaran itu adalah 30 π cm2.
Solusi Sekilas Logika
Banyaknya binatang peliharaan Zer0 adalah tiga: satu kucing, satu
anjing, dan satu merpati. Di sini semua berarti satu.
10 koin dan 3 gelas: masukkan 1, 2, 7 koin ke berturut-turut gelas 1, 2, 3.
Masukkan gelas 1 ke gelas 2. Sekarang dalam masing-masing gelas ada
sebanyak ganjil koin. Ada banyak solusi.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
36
Berita
Raihan Tim Indonesia di IMO ke-49 2008
Hasil resmi Olimpiade Matematika 2008 di Madrid, Spayol, sudah keluar. Berikut ini
data raihan diambil dari situs resmi IMO, http://www.imo-official.org/,
Kontestan
P1
P2
P3
P4
P5
P6
Total
Rangking
%
Mendali
Andreas Dwi
Maryanto G.
7
5
0
4
7
0
23
116
78.46
S
Aldrian Obaja
Muis
7
3
0
7
2
0
19
170
68.35
B
4
7
0
0
6
0
0
17
199
B
7
1
0
4
0
0
12
297
44.57
H
Satria Stanza
Pramayoga
0
5
0
4
0
0
9
346
35.39
Sa'Aadah
Sajjana Carita
7
0
0
1
0
0
8
368
31.27
H
Tim
32
21
0
26
9
0
88
36
63.5
S, B,
B, H, H
Fahmi Fuady
Joseph Andreas
Dengan mendali G, S, B, H, berturut-turut adalah Gold, Silver, Bronze, dan
Honourable Mention. Dipimpin oleh Hery Susanto tim ini berhasil meraih prestasi
terbaik dari tahun-tahun sebelumnya. Berikut adalah statistik prestasi tim olimpiade
Indonesia sampai tahun 2008.
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
37
Selamat pada tim olimpiade dan kita semua berdoa bahwa prestasi akan terus
memuncak.
Sumber Matematika
Teka-teki
http://www.conceptispuzzles.com/
https://www.pennydellpuzzles.com/free_puzzles/default.aspx
http://bozzball.blogspot.com/
http://www.puzzlepicnic.com/puzzles
http://puzzlebeast.com/
http://www.ocf.berkeley.edu/~wwu/riddles/
http://mathpuzzle.com/
Olimpiade
http://www.mathlinks.ro/
http://www.olimpiade.org/
Perangkat Lunak
http://www.themathlab.com/toolbox/geometry%20stuff/geosketch.htm
http://www.geogebra.org/cms/index.php?option=com_frontpage&Itemid=1
Masalah Seribu Tahunan - Millennium Prize Problems
Oleh Ferry
Tahukah kamu bahwa matematika bisa membuat kamu kaya. Pada tahun 2000, Clay
Mathematics Institute mengumumkan Millennium Prize dengan total hadiah US$
7.000.000. Tentunya hadiah ini tidak untuk sembarang orang. Hadiah ini berkaitan
dengan 7 permasalahan matematika yang disebut Millennium Prize Problems. Setiap
orang yang mampu memecahkan satu permasalahan akan diberi hadiah sejumlah $
1.000.000 oleh Clay. Semua masyarakat dari seluruh dunia diperbolehkan mengikuti
perlombaan matematika ini tanpa dipungut biaya apapun. Sampai saat ini hanya satu
dari 7 permasalahan ini telah dapat dipecahkan. Ketujuh permasalahan ini adalah:
1. P versus NP
Apakah setiap permasalahan yang solusinya dapat diklaim benar komputer
dalam waktu polinomial, juga dapat ditemukan secara pasti dengan waktu
yang sama.
2. The Hodge conjecture
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
38
Buktikan untuk varietas proyeksi dalam aljabar, Lingkaran Hodge adalah
kombinasi linear dari lingkaran aljabar.
3. The Poincaré conjecture (terselesaiakan oleh Grigori Perelman)
Dalam dimensi-2 suatu bola akan terhubung secara sederhana. Diketahui pula
bahwa setiap permukaan di dimensi-2 bersifat kompak dan terhubung secara
sederhana adalah bola secara topologi. Konjektur ini mengatakan bahwa hal
yang sama untuk dimensi-3. Pertanyaannya adalah membuktikan konjektur ini
unutk dimensi yang lebih besar dari 3.
4. The Riemann hypothesis
Buktikan: untuk setiap nol tak trivial dari fungsi Riemann zeta memiliki
bagian real ½. Hipotesis ini erat dengan teori number, terutama distribusi
bilangan prima.
(red: ada matematikawan, Xian-Jin Li, yang membuat paper tentang bukti
hipotesis
Riemann.
[papernya
dapat
dilihat
di
Arxiv,
http://arxiv.org/abs/0807.0090v3]. Paper ini dirilis mulai tanggal 1 Juli 2008.
Namun, Terence Tao, pernah dianugerahi Field Medal, menemukan
kesalahan, sehingga di versi yang keempat paper Li ditarik kembali dengan
alasan ada yang salah di halaman 29.)
5. Yang–Mills existence and mass gap
Permasalahan ini erat dengan fisika, yaitu teori kuantum Maxwell.
Permasalahannya adalah membuktikan keberadaan teori kuantum Yang-Millis
dan gap massa secara matematika.
6. Navier–Stokes existence and smoothness
Permasalah: membuktikan secara matematika persamaan Navier–Stokes
tentang gerak fluida dan gas.
7. The Birch and Swinnerton-Dyer conjecture
Konjektur ini berkaitan dengan kurva eliptik di bilangan rasional.
Pertanyaannya: apakah terdapat suatu cara mudah untuk mengatatakan suatu
fungsi memiliki solusi rasional yang berhingga atau tak berhingga.
Sumber: http://en.wikipedia.org/wiki/Millennium_Prize_Problems
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
39
Iklan
Simpan Iklan Di Sini
Simpan Iklan Di Sini
Simpan Iklan Di Sini
MAJALAH Zero EDISI 02 | AGUSTUS 2008
40
Daftar Isi
PENGANTAR
3
PERKENALAN DENGAN LOGIKA DAN PERNYATAAN MATEMATIKA
4
PRINSIP RUMAH MERPATI
12
PRINSIP PENCARIAN POLA DAN INDUKSI
20
ARGUMENTASI YANG KELIRU
31
MASALAH & SOLUSI
32
SOLUSI
32
BERITA
36
RAIHAN TIM INDONESIA DI IMO KE-49 2008
36
SUMBER MATEMATIKA
37
MASALAH SERIBU TAHUNAN - MILLENNIUM PRIZE PROBLEMS
37