sedikit bukti sederhana

SEDIKIT BUKTI SEDERHANA
LAZIR LUFIAS
KATA PENGANTAR
Puji syukur kepada gusti Allah SWT yang telah memberikan akal dan ilmu pengetahuan
kepada kita semua, sehingga kita dapat berfikir dan belajar sampai saat ini. Solawat dan
salam semoga tetap terlimpahkan kepada kanjeng nabi Muhammad SAW yang telah
mengajarkan ilmu pengetahuan kepada kita, sehingga kita dapat mengetahui banyak
hal. Dan tak lupa rasa terima kasih kepada semua keluarga, saudara, guru-guru, temanteman yang telah mendoakan dan mendukung saya, terima kasih kepada mas Darmajid
dan pak Tatag yang mengajari dasar pembuktian, pak Abadi yang melarang membuat
jawaban seperti coretan, bu Amin yang mengajak berfikir diluar kebiasaan, dan juga
kepada majlis-majlis ilmu yang membuka pengetahuan saya, khususnya ASSYIDDIQ
ISLAMIYAH, MATH CLUB, ponpes ATTOHIRIYAH dan NGALAH, AREK
MENDALAN dll, tak lupa rasa terima kasih kepada Fitra sekeluarga yang telah
meminjamkan komputer untuk mengetik tulisan ini.
Tulisan ini ditujukan kepada pelajar Matematika sebagai dasar pembuktian untuk
mempelajari Matematika. Pembuktian mempunyai peranan sangat penting dalam
Matematika dan kehidupan yaitu sebagai dasar, metode mencari kebenaran, dan
berargumen dalam Matematika dan kehidupan. Jika kita sudah terbiasa dengan
pembuktian maka alur pemikiran dalam pembuktian dapat digunakan untuk memcari
solusi masalah kehidupan. Tetapi dalam tulisan ini hanya membahas sedikit tentang
pembuktian dalam Matematika.
Saya sangat sadar sesadar-sadarnya bahwa tulisan ini sangat jauh dari kata bagus
apalagi sempurna, maka dari itu saya mengharap saran dari pembaca, saran dapat
dikirim melalui SMS ke no. saya +6285852220561 (kalau saya belum ganti). Tulisan
ini juga bebas diperbanyak, diedit, dan disebarluaskan karena ilmu pengetahuan bukan
untuk diperjual belikan tetapi untuk dishare. Akhirnya saya mengucapkan selamat
mempelajari pembuktian dan semoga tulisan sederhana ini dapat bermanfaat.
Salam saya,
Lazir Lufias
i
DAFTAR ISI
1. BERFIKIR UMUM ...................................................................................................... 1
2. BUKTI LANGSUNG ................................................................................................... 2
3. BUKTI TAK LANGSUNG .......................................................................................... 3
4. MEMBUKTIKAN KALIMAT IMPLIKATIF ............................................................. 4
5. MEMBUKTIKAN KALIMAT BIIMPLIKATIF ......................................................... 5
6. INDUKSI MATEMATIKA .......................................................................................... 7
7. PIGEON HOLE PRINCIPLE ...................................................................................... 9
8. COUNTER EXAMPLE ............................................................................................. 11
9. LATIHAN ................................................................................................................... 13
10. DILUAR PEMBUKTIAN ........................................................................................ 15
11. SEDIKIT CERITA.................................................................................................... 17
ii
1. BERFIKIR UMUM
Berfikir umum sangat diperlukan dalam pembuktian karena pembuktian bertujuan
untuk mengetahui kebenaran suatu kalimat, pernyataan atau teorema secara umum.
Berfikir khusus atau memberi contoh merupakan hal yang harus dihindari dalam
pembuktian karena pernyataan yang ingin dibuktikan belum tentu benar untuk contoh
yang lain. Tetapi banyak pelajar Matematika yang masih berfikir secara khusus. Untuk
memperjelas gambaran, akan diberikan sebuah contoh, yaitu buktikan bahwa “jumlah
dua bilangan ganjil adalah genap”, banyak pelajar Matematika yang membuktikan
kalimat tersebut secara khusus seperti memberi contoh berikut 1+1=2, 1+3=4, 3+3=6,
jadi ganjil+ganjil=genap, terbukti kan?. Metode tersebut belum cukup untuk
membuktikan ganjil+ganjil=genap karena belum menunjukkan kebenarannya untuk
semua bilangan ganjil atau bilangan ganjil secara umum. Berikut adalah bukti yang
benar atau secara umum, perhatikan bahwa bilangan ganjil berbetuk 2k+1 dan bilangan
genap
berbentuk
2k,
untuk
k
bilangan
bulat,
selanjutnya
ganjil+ganjil=(2k1+1)+(2k2+1)=2(k1+k2+1) karena k1,k2,1 bilangan bulat, maka
k1+k2+1 juga bilangan bulat, sehingga dapat ditulis k1+k2+1=k3, dengan k3 bilangan
bulat, selanjutnya ganjil+ganjil = (2k1+1)+(2k2+1) =2(k1+k2+1)=2k3=genap, dengan
demikian bukti telah selesai. Jadi coba bayangkan keumuman suatu kasus dan jangan
memakai contoh untuk membuktikan kebenaran suatu pernyataan. Sering kali sangat
sulit untuk mencari keumuman suatu kasus atau suatu ide pembuktian, untuk itu kita
harus sering-sering untuk mencoba membuktikan pernyataan-pernyatan yang mudah
dan telah kita ketahui sebelumnya. Pembuktian juga memerlukan cara atau metode
pembuktian yang valid, dalam bab-bab selanjutnya akan diberikan beberapa metode
pembuktian yang valid dan sering digunakan. Tetapi mengerti metode pembuktian saja
belum cukup untuk membuktikan banyak pernyataan karena membuktikan suatu
pernyataan tidak bisa langsung terbukti dalam waktu singkat, maka dari itu pelajar
Matematika diharapkan untuk terus mencoba dengan tekun, teliti, dan sabar untuk
mempelajari pembuktian. Ada kalanya kita membagi memjadi beberapa kasus tanpa
mengurangi keumuman, contohnya untuk membuktikan keganjilan atau kegenapan
seperti ' jumlah dua bilangan yang berjenis (ganjil atau genap) sama selalu genap '. Kita
telah membuktikan untuk kasus ganjil, sedangkan untuk kasus genap diserahkan kepada
pembaca.
1
2. BUKTI LANGSUNG
Metode pembuktian dibagi menjadi dua, yaitu bukti langsung dan tak langsung. Dalam
bab ini hanya akan dibahas tentang bukti langsung dan untuk bukti tak langsung pada
bab 3. Sebenarnya telah ada bukti langsung sejak SD, seperti “jumlah sudut-sudut suatu
segitiga adalah 1800”, “jumlah dua bilangan ganjil adalah genap”, tetapi banyak yang
kurang memperhatikan. Inti dari bukti langsung adalah membawa dari ruas kiri ke ruas
kanan dari suatu persamaan atau sebaliknya, pilihlah yang lebih mudah. Pada kelas 10
SMA bukti langsung lebih diperhatikan untuk bab Trigonometri. Untuk mempelajari
bukti langsung ini diharapkan pembaca mencoba soal-soal pembuktian Trigonometri
SMA. Akan diberikan beberapa contoh, yaitu:
1. “Buktikan bahwa sin2Φ + cos2Φ=1”. Bukti sebagai berikut:
𝑦
𝑥
ingat bahwa sin Φ= 2 2 dan cos Φ= 2 2, akan dibuktikan dengan ruas kiri
√𝑥 +𝑦
√𝑥 +𝑦
dibawah ke ruas kanan. Perhatikan bahwa
sin2Φ + cos2Φ = (
𝑦
√𝑥 2 +𝑦
)2 + (
2
𝑦2
𝑥
√𝑥 2 +𝑦
𝑥2
𝑥 2 +𝑦 2
)2 = 𝑥 2 +𝑦 2 + 𝑥 2 +𝑦 2 = 𝑥 2 +𝑦 2 = 1, dengan
2
demikian bukti telah selesai. Untuk menyatakan bahwa bukti telah selesai umumnya
orang-orang menggunakan kata [terbukti], [Q.E.D.],atau‫ ٱ‬, silahkan memilih sesuai
selera.
2. Ada suatu permainan sulap Matematika yang menggunakan cara :
abcde+n.99999=nabcde-n, dengan a,b,c,d,e digit-digit suatu bilangan dan n
bilangan asli kurang dari 10. Sekarang akan dibuktikan kebenaran cara
tesebut. Bukti sbb:
Perhatikan bahwa 99999=100000-1 jika dikalikan dengan n didapat
n.(100000-1)=n00000-n jika ditambah abcde didapat abcde+n00000-n=
nabcde-n atau dapat ditulis panjang abcde+n.99999=abcde+n.(100000-1)=
abcde+n00000-n=nabcde-n
‫ٱ‬
2
3. BUKTI TAK LANGSUNG
Banyak pernyataan yang terlalu sulit untuk dibuktikan secara langsung, untuk itu
digunakan bukti tak lansung. Bukti tak langsung membuktikan kesalahan negasi dari
pernyataan yang ingin dibuktikan, akibatnya pernyataan yang ingin dibuktikan benar.
Logikanya seperti ini, kita akan membuktikan kebenaran pernyataan p, sama halnya
dengan membuktikan kesalahan pernyataan ~p, karena jika ~p salah, maka p benar.
Umumnya pembuktian tak langsung mengandaikan negasi dari pernyataan yang ingin
dibuktikan benar (andaikan ~p benar), selanjutnya digunakan definisi, teorema, atau
aksioma untuk menemukan kontradiksi dengan definisi, teorema, atau aksioma yang
lain, akibatnya pengandaian salah (~p salah). Untuk menyatakan bukti tak langsung
telah selesai orang-orang biasanya menulis Reducio ad Absurdum atau tanda ‫ٱ‬, Silahkan
pilih sesuai selera. Untuk memperjelas gambaran akn diberikan beberapa contoh, yaitu:
1
1.
Buktikan bahwa 0tak terdefinisi di bilangan real !. Bukti sbb:
jika dibuktikan secara langsung akan terlalu sulit, untuk itu digunakan bukti tak
1
1
langsung. Andaikan 0terdefinisi di bilangan real, maka dapat ditulis 0 = 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ,
selanjutnya kita dapat megalikan kedua ruas dengan 0 untuk mendapat 1 = 𝑘. 0,
sedangkan tidak ada bilangan real yang dikalikan dengan 0 menghasilkan 1 [kontradiksi
1
dengan sistem bilangan real itu sendiri]. Jadi telah terbukti bahwa 0tak terdefinisi di
bilangan real
‫ٱ‬
2.
Buktikan bahwa 2011 adalah bilangan prima dengan bukti tak langsung !. Bukti
sbb:
Karena soal mengharuskan kita untuk menggunakan bukti tak langsung, maka kita tidak
bisa membuktikannya secara langsung. Andaikan 2011 komposit (bukan prima), maka
berdasarkan
teorema
'∀𝑛 > 2𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡 ⇒ ∃𝑝𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑠𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎𝑝 ∣ 𝑛, 𝑝 ≤ √𝑛'.
Perhatikan bahwa √2011 ≈ 44.84417465, tetapi setelah dicek tidak ada bilangan
prima kurang dari 44 yang membagi 2011 [kontradiksi dengan teorema itu sendiri]
‫ٱ‬.
3
Pada bab-bab selanjutnya akan diberikan metode membuktikan pernyataan yang
berbentuk implikatif dan biimplikatif, karena banyak teorema yang berbentuk implikatif
dan biimplikatif.
4. MEMBUKTIKAN KALIMAT IMPLIKATIF
Kalimat atau pernyataan implikatif adalah pernyataan majemuk yang berbentuk jika p
maka q (𝑝 ⇒ 𝑞). Perhatikan bahwa pernyataan implikatif bernilai benar selain p benar
dan q salah, sehingga untuk membuktikannya cukup dengan menunjukkan kebenaran q.
Tetapi pada kenyataannya banyak yang tidak dapat dibuktikan semudah itu karena
pernyataan p dan q saling terkait, untuk itu dibuktikan dengan cara menggap benar
pernyataan p atau kita hanya mengetahui pernyataan p, selanjutnya dengan bekal
beberapa aksioma, definisi, dan teorema yang telah dibuktikan sebelumnya
pengetahuan tentang pernyataan p dibawah untuk membuktikan kebenaran pernyataan
q. Membuktikan pernyataan implikatif dapat secara langsung maupun tak langsung,
terganting ide pembuktian kita. Berikut adalah beberapa contoh pembuktian pernyataan
implikatif.
1.
Buktikan jika dua bilangan bulat berurutan dikalikan maka hasilnya selalu genap
!. Bukti sbb:
Perhatikan bahwa jika diambil sebarang bilangan ganjil, pasti bilangan yang berurutan
dengannya genap, dan sebaliknya jika diambil sebarang bilanagn genap, pasti bilangan
yang berurutan dengannya ganjil. Sebelumnya telah dinyatakan bahwa bilangan ganjil
berbentuk 2k+1 dan bilangan genap berbentuk 2k, selanjutmya tanpa mengurangi
keumuman ambil dua bilangan berurutan sebarang yaitu 2k dan 2k+1, jika dikalikan
didapat 2k.(2k+1) karena k bilangan bulat, maka k.(k+1) juga bilangan bulat, sehingga
dapat ditulis j=k.(k+1), kemudian
2k.(k+1)=2.j terlihat bahwa 2j genap
‫ٱ‬
2.
Buktikan 𝑎, 𝑏 ∈ ℕ, 𝑎 ∣ 𝑏 ⇒ 𝑎 ≤ 𝑏! . Bukti sbb:
Telah diketahui a dan b bilangan asli dan a|b, selanjutnya akan dibuktikan secara tak
langsung. Andaikan a>b (negasi dari 𝑎 ≤ 𝑏), karena a|b maka b=a.k untuk bilangan
1
1
bulat k. Karena a>0 dan b>0 maka k>0 dan 𝑎 > 𝑏 ⇒ 𝑎 > 𝑎. 𝑘 ⇒ 𝑎 . 𝑎 > 𝑎 . 𝑎. 𝑘 ⇒ 1 >
𝑘 [kontradiksi dengan k bilangan bulat dan k>0]
‫ٱ‬
4
Tetapi banyak pernyataan implikatif yang terlalu sulit jika dibuktikan seperti itu, akan
lebih mudah untuk membuktikan bentuk kontra posisinya karena pernyataan implikatif
selalu bernilai kebenaran yang sama dengan kontraposisinya dengan kata lain ekivalen
(𝑝 ⇒ 𝑞 ≡ ≦𝑞 ⇒ ≦𝑝). contohnya adalah :
Buktikan jika kuadrat suatu bilangan bulat genap maka bilangan itu juga genap. Bukti
sbb:
Jika dibuktikan secara langsung seperti contoh sebelumnya akan terlalu sulit, maka
akan dibuktikan bentuk kontraposisinya yaitu ' jika bilangan ganjil dikuadratkan maka
hasilnya juga ganjil '. Perhatikan bahwa bilangan ganjil berbentuk 2k+1, jika
dikuadratkan didapat (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1tidak habis dibagi 2, maka (2k +
1)2 = 4k 2 + 4k + 1juga ganjil
‫ٱ‬.
Pada bab selnjutnya akan diberikan cara membuktikan pernyataan biimplikatif.
5. MEMBUKTIKAN KALIMAT BIIMPLIKATIF
Kalimat atau pernyataam biimplikatif adalah pernyataan majemuk yang berbentuk p
jika dan hanya jika q (selanjutnya disingkat p jhj q) yang ekivalen dengan dua
pernyataan implikatif bolak-balik (𝑝 ⇔ 𝑞 ≡ 𝑝 ⇒ 𝑞 ∧ 𝑝 ⇐ 𝑞). Untuk membuktikan
pernyataan biimplikatif haruslah dibuktikan kedua pernyataan implikatif yang ekivalen,
memebuktikan pernyataan implikatif telah diberikan pada bab sebelumnya. Berikut
adalah beberapa contoh pembuktian pernyataan biimplikatif.
1.
Buktikan 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ, 𝑐 ≠ 0, 𝑎𝑐 ∣ 𝑏𝑐 ⇔ 𝑎 ∣ 𝑏!. Bukti sbb:
Telah diketahui bahwa 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ, 𝑐 ≠ 0. Karena yang akan dibuktikan adalah
pernyataan biimplikatif maka akan dibuktikan dua pernyataan implikatif yang ekivalen,
yaitu:
(i).𝑎𝑐 ∣ 𝑏𝑐 ⇒ 𝑎 ∣ 𝑏. Telah diketahui ac|bc berarti bc=k.ac, untuk
suatu bilangan bulat k. Karena 𝑐 ≠ 0maka kita dapat mengalikan kedua ruas dengan
1
untuk mendapat b=k.a. Karena a dan b bilangan bulat, maka terlihat bahwa a|b.
𝑐
5
(ii).𝑎𝑐 ∣ 𝑏𝑐 ⇐ 𝑎 ∣ 𝑏. Karena b=a.k maka kita dapat mengalikan
kedua ruas dengan suatu konstanta bulat c untuk mendapat
bc=ac.k. Terlihat bahwa ac|bc.
Berdasarkan (I) dan (ii) bukti pernyataan biimplikatif
𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ, 𝑐 ≠ 0, 𝑎𝑐 ∣ 𝑏𝑐 ⇔ 𝑎 ∣ 𝑏telah selesai
‫ٱ‬.
2.
Buktikan 𝑛 > 2 ∈ ℤ𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡 ⇔ 𝑛 = 𝑎. 𝑏, 1 < 𝑎, 𝑏 < 𝑛. Bukti sbb:
Karena yang akan dibuktikan adalah pernyataan biimplikatif maka akan dibuktikan dua
pernyataan implikatif yang ekivalen, yaitu:
(i). 𝑛 > 2 ∈ ℤ𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡 ⇒ 𝑛 = 𝑎. 𝑏, 1 < 𝑎, 𝑏 < 𝑛. Karena n>2 komposit maka n
mempunyai faktor positif selain 1 dan n, sebut saja a dg a|n yang berarti n=a.b untuk
suatu bilangan bulat b. karena a dan n positif maka b juga positif. Karena a|n maka
berdasarkan sifat perbandingan keterbagian “ 𝑎 ∣ 𝑛 ⇒ 𝑎 ≤ 𝑛“ dan a faktor positif selain
n didapat 1<a<n. Dengan cara yang sama didapat 1<b<n.
(ii). 𝑛 > 2 ∈ ℤ𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡 ⇐ 𝑛 = 𝑎. 𝑏, 1 < 𝑎, 𝑏 < 𝑛.
Karena 𝑛 = 𝑎. 𝑏, 1 < 𝑎, 𝑏 < 𝑛maka a dan b adalah faktor positif n selain 1 dan n,
sehingga berdasarkan definisi bilangan komposit dapat dikatakan n komposit. Karena
a>1, b>1 maka n>1 atau 𝑛 ≥ 2, tetapi 2 bukanlah bilangan komposit. Jadi dapat
dikatakan
3.
𝑛 > 2 ∈ ℤ𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡.
Berdasarkan (i) dan (ii) bukti pernyataan biimplikatif
𝑛 > 2 ∈ ℤ𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡 ⇔ 𝑛 = 𝑎. 𝑏, 1 < 𝑎, 𝑏 < 𝑛telah selesai
‫ٱ‬.
Kita telah mempelajari pembuktian kalimat implikatif dan biimplikatif.
Selanjutnya akan diberikan metode pembuktian yang sering digunakan, yaitu induksi
matematika dan pigeon hole principle.
6
6. INDUKSI MATEMATIKA
Prinsip pembuktian dengan induksi matematika didasarkan pada postulat (aksioma)
peano. Induksi matematika biasanya digunakan untuk membuktikan sifat barisan atau
deret, tetapi tidak jarang digunakan untuk membuktikan hal lain seperti keterbagian.
Secara umum dapat dikatakan induksi matematika digunakan untuk membuktikan
suatu pernyataan yang berhubungan dengan bilangan bulat positif atau bilangan asli.
Dalam pembuktian dengan menggunakan induksi matematika harus digunakan dua
langkah atau ditunjukkan dua langkah, yaitu (misalkan pernyataan yang ingin
dibuktikan adalah Pn untuk 𝑛 ≥ 𝑛0 juga disebut induksi matematika pada n):
1.
Langkah basis.
Tunjukkan bahwa Pn benar untuk 𝑛0 ∈ ℤ, biasanya n0=1.
2.
Langkah induksi.
Anggap (asumsikan) Pn benar untuk 𝑛𝑜 ≤ 𝑛 ≤ 𝑘, 𝑘 ∈ ℤ(biasanya untuk n=k saja),
kemudian dengan menggunakan asumsi tersebut tunjukkan bahwa Pn juga benar untuk
n=k+1 dengan kata lain bentuk Pn untuk n=k+1 dibawah ke bentuk Pn untuk n=k.
Jika telah ditunjukkan dua langkah tersebut maka Pn telah terbukti berdasarkan induksi
matematika. Berikut adalah beberapa contoh pembuktian dengan induksi matematika.
1.
Buktikan bahwa 1+3+5+...+(2n-1)=n2 untuk 𝑛 ≥ 1, 𝑛 ∈ ℤ!. Bukti sbb:
Perhatikan bahwa pernyataan yang akan dibuktikan adalah 1+3+5+...+(2n-1)=n2
dengan basis 1 atau n0=1. Akan dibuktikan dengan induksi matematika pada n menurut
dua langkah berikut:
a). Langkah basis, untuk n=1 didapat
1+3+5+...+(2.1-1)=1=12
[benar]
b). Langkah induksi.
Asumsikan benar untuk n=k yaitu 1+3+5+...+(2k-1)=k2 , selanjutnya akan ditunjukkan
bahwa 1+3+5+...+(2n-1)=n2 juga benar untuk n=k+1 yaitu 1+3+...+(2k-1)+(2(k+1)1)= (k+1)2 . Perhatikan bahwa (berdasarkan asumsi)
1+3+...+(2k-1)+(2(k+1)-1)=k2+(2(k+1)-1)=k2+2k+1=(k+1)2
[benar]
Karena telah ditunjukkan dua langkah tersebut maka berdasarkan induksi
matematika bukti telah selesai
‫ٱ‬.
7
2.
Buktikan bahwa 6|n3-n untuk 𝑛 ≥ 0, 𝑛 ∈ ℤ!. Bukti sbb:
Perhatikan bahwa pernyataan yang akan dibuktikan adalah 6|n3-n dengan basis 0 atau
n0=0. Akan dibuktikan dengan induksi matematika pada n menurut dua langkah
berikut:
a). Langkah basis, untuk n=0 didapat
03-0=0 habis dibagi 6
[benar]
b). Langkah induksi.
Asumsikan benar untuk n=k yaitu 6|k3-k , selanjutnya akan ditunjukkan bahwa 6|n3-n
juga benar untuk n=k+1 yaitu
6|(k+1)3-(k+1) . Perhatikan bahwa
(k+1)3-(k+1)=k3+3k2+3k+1-k-1=(k3-k)+3k(k+1)
karena sebelumnya telah ditunjukkan bahwa hasil kali dua bilangan selalu genap, maka
k(k+1) genap, sehingga dapat ditulis 2l=k(k+1), lebih lanjut (k+1)3-(k+1)=(k3-k)+3.2.l.
Berdasarkan asumsi 6|k3-k , 6|3.2.l=6l dan sifat linieritas keterbagian, maka
6|(k3-k)+6.l=(k+1)
[benar]
Karena telah ditunjukkan dua langkah tersebut maka berdasarkan induksi
matematika bukti telah selesai
‫ٱ‬.
3.
Buktikan! ∀𝑛 ≥ 2 ∈ ℤ∃𝑝1 , 𝑝2,. . . , 𝑝𝑠 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎, 𝑠 ≥ 1 ∋ 𝑛 = 𝑝1 𝑝2. . . 𝑝𝑠 ∧ 𝑝1 ≤ 𝑝2 ≤
. . . ≤ 𝑝𝑠 Bukti sbb:
Perhatikan
bahwa
pernyataan
yang
akan
dibuktikan
adalah
∀𝑛 ≥ 2 ∈ ℤ∃𝑝1 , 𝑝2,. . . , 𝑝𝑠 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎, 𝑠 ≥ 1 ∋ 𝑛 = 𝑝1 𝑝2. . . 𝑝𝑠 ∧ 𝑝1 ≤ 𝑝2 ≤. . . ≤ 𝑝𝑠 dengan
basis 2 atau n0=2. Akan dibuktikan dengan induksi matematika pada n menurut dua
langkah berikut:
a). Langkah basis, untuk n=2 didapat
2=p1 karena 2 adalah bilangan prima dan s=1
[benar]
b). Langkah induksi.
Asumsikan benar untuk 𝑛𝑜 ≤ 𝑛 ≤ 𝑘, 𝑘 ∈ ℤyaitu 𝑛 = 𝑝1 𝑝2. . . 𝑝𝑠 ∧ 𝑝1 ≤ 𝑝2 ≤. . . ≤ 𝑝𝑠 ,
selanjutnya akan ditunjukkan bahwa 𝑛 = 𝑝1 𝑝2. . . 𝑝𝑠 ∧ 𝑝1 ≤ 𝑝2 ≤. . . ≤ 𝑝𝑠 juga benar
untuk n=k+1 yaitu
𝑘 + 1 = 𝑝1 𝑝2. . . 𝑝𝑠 ∧ 𝑝1 ≤ 𝑝2 ≤. . . ≤ 𝑝𝑠 . Perhatikan bahwa ada dua kasus untuk k+1,
yaitu:
(i). k+1 prima, maka k+1= p1, s=1
(ii). K+1 komposit, maka k+1=a.b, 1<a,b<k+1. Berdasarkan asumsi 𝑎 = 𝑝1 𝑝2. . . 𝑝𝑖 ∧
𝑝1 ≤ 𝑝2 ≤. . . ≤ 𝑝𝑖 , 𝑏 = 𝑞1 𝑞2. . . 𝑞𝑗 ∧ 𝑞1 ≤ 𝑞2 ≤. . . ≤ 𝑞𝑗
8
𝑘 + 1 = 𝑎𝑏 = 𝑝1 𝑝2. . . 𝑝𝑖 𝑞1 𝑞2. . . 𝑞𝑗 ∧ 𝑝1 ≤ 𝑝2 ≤. . . ≤ 𝑝𝑖 , 𝑞1 ≤ 𝑞2 ≤. . . ≤ 𝑞𝑗
dan s=i+j dengan demikian telah terlihat kebenarannya
[benar]
Karena telah ditunjukkan dua langkah tersebut maka berdasarkan induksi matematika
bukti telah selesai
‫ٱ‬.
Banyak pernyataan yang dibuktikan dengan induksi matematika tetapi tidak
menggunakan n, cara pembuktiannya sama saja tetapi dengan lambang berbeda. Ingat
bahwa n hanyalah lambang bukan suatu patokan. Selanjutnya akan dibahas mengenai
pigeon hole principle.
7. PIGEON HOLE PRINCIPLE
Pigeon hole principle atau prinsip sangkar merpati adalah metode pembuktian yang
sering digunakan dalam kombinatorika. Prinsip ini tidak terlalu sulit, tetapi pernyataan
yang dibuktikan dengan prinsip ini seakan-akan tidak punya hubungan dengan prinsip
ini sama sekali, jadi kita harus mengenal tipe-tipe pernyataan yang dibuktikan dengan
masing-masing metode dengan cara banyak mencoba pembuktian. Bentuk umum dari
pigeon hole principle adalah “ Jika ada minimal n.k+1 objek(pigeon/merpati) dan n
kemungkinan (hole/sangkar) maka pasti ada minimal k+1 objek yang mempunyai
kemungkinan yang sama “. Ide dalam pembuktian menggunakan pigeon hole principle
adalah mencari objek dan kemungkinannya. Pigeon Hole Principle dapat dibuktikan
dengan bukti tak langsung yang diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. Berikut
adalah beberapa contoh pembuktian menggunakan pigeon hole principle.
1.
Dalam suatu aula ada 63 orang, buktikan bahwa pasti ada minimal 3 orang yang
berulang tahun pada tanggal yang sama !. Bukti sbb:
Pertama-tama kita harus mencari objek dan kemungkinannya, dalam kasus ini objeknya
adalah orang dan kemungkinannya adalah tanggal lahir. Perhatikan bahwa tanggal
paling banyak adalah tanggal 31, jadi ada 31 kemungkinan untuk 63 objek. Karena ada
sebanyak 63=31.2+1 objek dan 31 kemungkinan maka berdasarkan pigeon hole
principle pasti ada minimal 2+1=3 objek yang memiliki kemungkinan yang sama
dengan kata lain pasti ada minimal 3 orang yang berulang tahun pada tanggal yang
sama ‫ٱ‬.
2.
Ada sebanyak 100 kelereng merah, 100 kelereng kuning, 100 kelereng hijau,
9
dan 100 kelereng biru dalam suatu kotak. Buktikan bahwa diperlukan mininal 37 kali
pengambilan satu-satu agar pasti mendapat 10 kelereng yang berwarna sama !. Bukti
sbb:
Dalam hal ini objeknya adalah banyak pengambilan dan kemunkinannya adalah warna
kelereng, sehingga ada 4 (warna) kemungkinan. Agar ada 10=9+1 objek yang
mempunyai kemungkinan yangsama dan 4 kemungkinan maka berdasarkan pigeon hole
principle diperlukan minimal 4.9+1=37 kali pengambilan (objek)
‫ٱ‬.
3.
Pada tanah berbentuk persegi dengan ukuran 3m x 3m diletakkan 10 batu
secara acak. Buktikan bahwa jarak terjauh dari 2 batu yang berdekatan adalah √2m !.
Bukti sbb:
Masalah ini sepertinya tidak ada hubungannya dengan pigeon hole principle, tetapi
pembuktian masalah ini menggunakan pigeon hole principle. Perhatikan bahwa kita
dapat memecah sebuah persegi berukuran 3x3 menjadi 9 buah persegi berukuran 1x1,
banyak pecahan persegi yang sama besar inilah kemungkinannya. Karena ada 10=9+1
batu (objek) dan 9 tempat kemungkinan maka berdasarkan pigeon hole principle pasti
ada 1+1=2 batu yang terletak pada persegi 1x1 yang sama, sedangkan jarah terjauh
dalam persegi 1x1 adalah diagonalnya yaitu √2m
‫ٱ‬.
Begitulah cerita mengenai pembuktian dan kawan-kawannya. Selanjutnya kita akan
mempelajari tentang membuktikan pernyataan yang salah atau menyangkal suatu
pernyataan.
10
8. COUNTER EXAMPLE
Counter example atau contoh penyangkal adalah sebuah metode untuk menyangkal atau
menunjukkan kesalahan suatu pernyataan berkuantor universal, logikanya seperti ini,
untuk suatu pernyataan berkuantor universal yang menggunakan kata 'semua' dsb., atau
bersifat sangat umum jika kita dapat memberikan sebuah contoh yang memenuhi
persyaratan pernyataan berkuantor universal tersebut tetapi tidak memenuhi akibat
pernyataan berkuantor universal itu, maka kita telah menunjukkan bahwa pernyataan
berkuantor tersebut tidak bersifat unuversal dengan kata lain pernyataan berkuantor
universal itu bernilai kebenaran salah. Tetapi dalam suatu pernyataan berkuantor
universal sering kali tidak menggunakan kata 'semua' dsb., tetapi berbentuk seperti
pernyataan implikatif atau biimplikatif biasa. Untuk itu pelajar matematika diharapkan
berfikiran kritis, maka dari itu sering-seringlah mengasah pikiran untuk berfikiran
kritis. Ide metode ini adalah kita harus mencari sebuah contoh penyangkal yang
membuat sebuah pernyataan berkuantor universal atau pernyataan umum salah,
terkadang kita harus mngecek banyak kasus untuk mendapat sebuah counter example.
Berikut adalah beberapa contoh penggunaan metode counter example.
2n
1.
Periksalah kebenaran pernyataan “ jika n > 1 bilangan asli maka genap “ !.
2
Pemeriksaan dilakukan sbb:
Karena n adalah bilangan asli yang lebih dari 1 maka kita akan memeriksa
kebenarannya untuk n=2,3,...
4!
2.2 4
Untuk n=2 maka
= = 2!.2! = 6genap.
2
2
6!
2.3 6
Untuk n=3 maka
= = 4!.2! = 15ganjil. Pada n=3 saja sudah salah. Sehingga
2
2
counter examplenya adalah n=3. Dengan begitu kita telah menunjukkan bahwa
pernyataan itu salah atau tidak berlaku untuk semua n > 1 bilangan asli.
2.
Apakah “ jika dua segitiga yang sudut-sudutnya bersesuaian sama besar maka
kedua segitiga tersebut konruen” benar ?.
Pernyataan tersebut salah karena dapat diberikan counter example, yaitu dua segitiga
sama sudut yang berbeda panjang sisi keduanya.
11
3.
Apakah “ selalu dapat dibuat fungsi dengan domain dan range real ” benar ?.
Salah, akan diberikan sebuah counter example yaitu 𝑓(𝑥) = √−𝑥 2 , 𝑥 ≠ 0.
Dari bab 1 sampai bab 8 kita telah mempelajari beberapa ilmu pembuktian, pada bab 9
selanjutnya akan diberikan beberapa soal latihan untuk mempraktekkan ilmu
pembuktian tersebut.
12
9. LATIHAN
Buktikan atau berilah counter example untuk beberapa pernyataan berikut:
4.
5.
6.
Dalam segitiga ABC, 𝐴𝐵 > 𝐵𝐶 ⇔ ∠𝐶 < ∠𝐴.
Suatu acara dihadiri n orang, dalam acara tersebut ada sesi jabat tangan. Pasti
ada minimal 2 orang dengan jumlah jabat tangan yang sama !.
1 1 𝑠
1 𝑠
(
) =(
) , 𝑠 ≥ 1 ∈ ℤ.
0 1
0 1
(cos(𝑥) + 𝑖. 𝑠𝑖𝑛(𝑥))𝑟 = cos(𝑟. 𝑥) + 𝑖. 𝑠𝑖𝑛(𝑟. 𝑥), 𝑟 ≥ 1 ∈ ℤ.
Jumlah suku ke-n pertama deret aritmatika.
Jumlah suku ke-n pertama deret geometri.
7.
∀𝑎, 𝑏 > 0 ∈ ℝ,
8.
Luas segi banyak beraruran n sisi adalah 𝑛. 𝑟 2 . sin( 𝑛 )dengan r jari-jari
lingkaran luar segi banyak tersebut.
Luas daerah yang dibatasi oleh sumbu X dan kurva 𝑦 = 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐adalah
1.
2.
3.
9.
6a2
15.
2
≥
𝑎+𝑏
2
≥ √𝑎. 𝑏 ≥
2
.
1 1
+
𝑎 𝑏
2π
3
𝐷2
10.
11.
12.
13.
14.
√𝑎2 +𝑏2
dengan D=b2-4ac.
5+√5 1+√5
𝑛
5+√5 1+√5
𝑛
Rumus ke-n barisan fibonacci adalah 10 ( 2 ) + 10 ( 2 ) .
Bilangan kelipatan 3,9, 8, atau 11 mempunyai susunan digit yang unik.
∀𝐴, ∅ ∈ 𝐴 ∧ ∅𝑡𝑢𝑛𝑔𝑔𝑎𝑙.
√2adalah bilangan irrasional.
Jika 5 buah titik diletakkan dalam daerah yang dibatasi kurva 36x 2 + 64y 2 −
2304 = 0maka jarak maksimal 2 titik yang berdekatan adalah 10 satuan.
Jika diberikan dua matrix A, B yang berukuran 2x2 maka
det(AB)=det(A).det(B).
13
16.
17.
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
26.
5 ∣ 𝑘 5 − 𝑘, 𝑘 ≥ 1 ∈ ℤ.
Dalam suatu ruangan berisi n orang, pasti ada minimal 2 orang yang mengenal
orang lain dalam ruangan itu dengan jumlah yang sama.
Dua segitiga yang bersifat S-S-Sd kongruen.
Selisih dua bilangan 2-digit dengan digit-digit bilangan pertama adalah
kebalikan urutan digit-digit bilangan kedua adalah kelipatan 9.
Jumlah besar sudut-sudut suatu segitiga adalah 1800.
𝑚 ∈ ℕ, bentuk 6m ± 1adalah bilangan prima.
0
adalah bentuk tak tentu.
0
𝑎
𝑟bilangan rasional jhj 𝑟 = 𝑏 , 𝑔𝑐𝑑(𝑎, 𝑏) = 1, 𝑎, 𝑏 ∈ ℤ.
p1,p2 prima, p1|a dan p2|a jhj p1p2|a.
Jika diambil secara acak 5 bilangan bulat maka pasti ada 2 bilangan yang
terambil itu sehingga jumlah keduanya habis dibagi 3.
Jika 2011 titik disebar secara acak pada segi 2010 beraturan yang panjang
sisinya 2011 satuan maka jarak terjauh antar 2 titik yang berdekatan adalah
2011.
27.
28.
29.
30.
2009π
)
2010
2π
sin(
)
2010
sin(
satuan.
Jika n genap positif maka 𝑠 𝑛 + 𝑟 𝑛 tak dapat difaktorkan.
𝑛(𝑛+1)
Jumlah suku ke-n pertama deret segitiga adalah 2 .
a ∈ Z , then a3 + a2 + a is even if and only if a is even.
For every natural number n, the integer n2 + 17 n + 17 is prime.
Saya kira sudah cukup latihan soal kali ini. Jika masih kurang, pembaca dapat berlatih
soal-soal diluar tulisan ini. Setelah berputar-putar dengan pembuktian, pada bab
selanjutnya akan diberikan beberapa pengetahuan untuk menyelesaikan masalah
matematika.
14
10. DILUAR PEMBUKTIAN
Dalam matematika ternyata ada yang dinamakan art of problem solving atau seni
memecahkan masalah matematika yang intinya berfikir diluar kebiasaan untuk
menemukan ide pemecahan masalah matematika.
Dalam bab ini akan dipeljari sekit tentang art of problem solving. Dalam aljabar atau
analisis sering ditemukan ketaksamaan, ketaksamaan yang sering digunakan adalah
ketaksamaan rata-rata untuk bilangan real positif. Untuk bilangan real positif
𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , . . . , 𝑥𝑛 berlaku 𝑄𝑀 ≥ 𝐴𝑀 ≥ 𝐺𝑀 ≥ 𝐻𝑀dengan
√𝑥12 + 𝑥22 + 𝑥32 +. . . +𝑥𝑛2
𝑄𝑀(𝑄𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑡𝑖𝑐𝑀𝑒𝑎𝑛) =
𝑛
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 +. . . +𝑥𝑛
𝐴𝑀(𝐴𝑟𝑖𝑡𝑕𝑚𝑒𝑡𝑖𝑐𝑀𝑒𝑎𝑛) =
𝑛
𝐺𝑀(𝐺𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑐𝑀𝑒𝑎𝑛) = 𝑛√𝑥1 𝑥2 𝑥3 . . . 𝑥𝑛
𝑛
𝐻𝑀(𝐻𝑎𝑟𝑚𝑜𝑛𝑖𝑐𝑀𝑒𝑎𝑛) = 1 1 1
1 dan
+
+
𝑥1 𝑥2 𝑥3
+...+
𝑥𝑛
𝑥1 = 𝑥2 = 𝑥3 =. . . = 𝑥𝑛 ⇒ 𝑄𝑀 = 𝐴𝑀 = 𝐺𝑀 = 𝐻𝑀
Untuk mencari ketaksamaan tersebut digunakan jika x bilangan real positif maka
𝑥 2 ≥ 0. Contoh ketaksamaan AM > GM :
→ Buktikan bahwa “5099 > 99!“ !. Bukti sbb:
Kita tidak mungkin menghitung 5099 dan 99!kemudian
membandingkan hasilnya karena sangat besar, tetapi kita dapat melakukan
pendekatan berikut. Perhatikan bahwa
5099 =
99
10099
2
99
=
99.10099
99.2
99
=
1+2+3+...+9999
99
= 𝐴𝑀99 dan
( √1.2.3. . .99) = 𝐺𝑀 . Karena AM > GM maka
𝐴𝑀99 > 𝐺𝑀99 ≡ 5099 > 99!
15
99! = 1.2.3. . .99 =
‫ٱ‬.
Untuk menyelesaikan suatu masalah yang rumit terkadang kita harus masalah tersebut
menjadi bagian-bagain yang lebih kecil agar kita dapat lebih mudah mendapatkan ide
penyelesaiannya. Contohnya :
999999
𝑘+1
∑ log
=. ..
𝑘
𝑘=1
Kelihatan sangat sulit, tetapi kita dapat memecah bentuk logaritmanya sehingga
999999
menjadi
999999
∑ log
𝑘=1
𝑘+1
𝑘
=
999999
∑ (log(𝑘 + 1) − log𝑘), setelah dijabarkan didapat
𝑘=1
∑ (log(𝑘 + 1) − log𝑘) = log1000000 − log1 = 6.
𝑘=1
Membagi kasus sama halnya dengan membagi masalah menjadi bagian yang lebih
kecil, tetapi kita harus mengecek setiap kasus yang ada. Contoh metode pembagian
kasus adalah :
→ Solusi dari |x2011-1|< 1 adalah......
Karena fungsi nilai mutlak mempunyai dua kasus, maka masalah akan dibagi
menjadi dua kasus yaitu :
1.
Kasus I, untuk 𝑥 2011 − 1 ≥ 0.
2011
∣𝑥 2011 − 1∣ = 𝑥 2011 − 1 < 1 ⇔ 𝑥 2011 − 2 < 0 ⇔ 𝑥 < √2.
2.
Kasus II, untuk 𝑥 2011 − 1 < 0.
∣𝑥 2011 − 1∣ = −𝑥 2011 + 1 < 1 ⇔ 𝑥 2011 > 0 ⇔ 𝑥 > 0.
2011
Dari kedua kasus tersebut didapat solusi nilai x yaitu 0 < 𝑥 < √2.
Selain beberapa cara diatas, masih banyak art of problem solving yang lain seperti
paritas (keseimbangan misalnya ganjil-genap, hitam-putih dll), melangkah mundur (dari
yang ingin dicari/dibuktikan ke bentuk yang diketahui), dll. Pada akhirnya, saya
menyarankan untuk sering berlatih, terus berusaha dan berdoa.
16
11. SEDIKIT CERITA
Dalam bab ini saya akan sedikit bercerita tentang diri saya (otobiografi atau curhat).
Begini ceritanya, pada zaman dulu ada seorang raja yang mempunyai 2 anak (pangeran)
yang satu pandai bernyanyi dan yang lain pandai bermain gitar. Karena kehidupan
dalam istana sangat membosankan maka kedua pangeran tersebut memutuskan untuk
berkelana sambil menghibur orang dengan bernyayi dan bermain gitar (ngamen). Di
perjalanan, kedua pangerang tersebut bertemu dengan orang tua. Kemudian orang tua
tersebut bercerita. Begini ceritanya, pada zaman dulu ada seorang raja yang
mempunyai 2 anak (pangeran) yang satu pandai bernyanyi dan yang lain pandai
bermain gitar. Karena kehidupan dalam istana sangat membosankan maka kedua
pangeran tersebut memutuskan untuk berkelana sambil menghibur orang dengan
bernyayi dan bermain gitar (ngamen). Di perjalanan, kedua pangerang tersebut bertemu
dengan orang tua. Kemudian orang tua tersebut bercerita. Begini ceritanya, pada zaman
dulu ada seorang raja yang mempunyai 2 anak (pangeran) yang satu pandai bernyanyi
dan yang lain pandai bermain gitar. Karena kehidupan dalam istana sangat
membosankan maka kedua pangeran tersebut memutuskan untuk berkelana sambil
menghibur orang dengan bernyayi dan bermain gitar (ngamen). Di perjalanan, kedua
pangerang tersebut bertemu dengan orang tua. Kemudian orang tua tersebut bercerita.
Begini ceritanya,........................................... Cerita tentang saya pada paragraf
selanjutnya.
Sebenarnya pada waktu SMP, saya seorang pengamen tidak punya cita-cita selain tidak
melanjutkan ke SMA dan ikut organisasi PUNK karena saya tidak punya uang dan
nakal. Tetapi takdir berkata lain, saya tidak hanya bisa meneruskan ke SMA tetapi bisa
kuliah.
17
RUJUKAN
1.
2.
3.
4.
Richard Hammack , Book of proof, Virginia Commonwealth University ,
Virginia, 2009.
Razvan Gelca and Titu Andreescu , Putnam and Beyond , Springer
Science+Business Media , 2007
W. Edwin Clark , Elementary Number Theory , University of South Florida ,
Florida, 2002. [revision by Jim Hefferon, St Michael’s College, 2003 ]
Dr. Tatag Y.E.S., LKM Teori Bilangan, UNESA, Surabaya, 2011.
18