Aturan inferensi dan

metode pembuktian

Khamida Siti Nur Atiqoh

90115001

Magister Pengajaran Matematika

SUB TOPIK:

1.6 Aturan Inferensi

1.7 Pengenalan Pembuktian

1.8 Metode dan Strategi Pembuktian

1.6 Aturan Inferensi

Argumen terdiri dari pernyataan-pernyataan yang

terdiri atas 2 kelompok yaitu kelompok

pernyataan premis (hipotesa) dan pernyataan

konklusi (kesimpulan)

Validitas Argumen artinya kesimpulan dari suatu

argumen berasal dari premis-premis yang bernilai

benar.

Contoh Argumen:

“Jika kamu mempunyai kata sandi maka kamu dapat

masuk ke jaringan.”

“ Kamu mempunyai kata sandi”

Oleh karena itu

“ Kamu dapat masuk ke jaringan”

1.6.1 Argumen yang Valid dalam Logika Proposisi

Definisi 1 :

Argumen dalam proposisi logis adalah urutan beberapa proposisi.

Semua proposisi kecuali proposisi yang terakhir disebut premis dan

proposisi yang terakhir disebut kesimpulan. Sebuah argument

dikatakan valid jika kebenaran dari semua premis mengakibatkan

kesimpulan yang benar.

Bentuk argumen dalam proposisi logis adalah urutan dari gabungan

proposisi yang melibatkan variabel proposisi. Bentuk argument

dikatakan valid tidak bergantung pada proposisi mana yg

disubsitusikan pada variable proposisi pada premisnya,

kesimpulannya benar jika semua premisnya bernilai benar.

Jadi dari definisi tersebut dapat disimpulkan bahwa bentuk

argument dengan premis p1, p2, … pn dan kesimpulan q bernilai

valid, ketika (𝑝1⋀𝑝2 ⋀. . . ⋀𝑝𝑛) → 𝑞 adalah tautology.

Tautologi dari 𝑝 ∧ 𝑝 → 𝑞 → 𝑞 adalah dasar dari aturan inferensi

disebut Modus Ponens atau law of detachment.

Contoh:

Tentukan apakah argument berikut valid dan tentukan apakah

kesimpulannya harus benar berdasarkan validitas dari argument.

“ Jika 2 >3

2, maka ( 2)2>

3

2

2. Kita tau bahwa 2 >

3

2.

Jadi ( 2)2= 2 >3

2

2=

9

4.”

1.6.2 Aturan Inferensi untuk Logika Proposisi

Solusi:

Misal 2 >3

2proposisi p dan ( 2)2>

3

2

2proposisi q.

Bentuk argument:

Bentuk argument tersebut valid karena menggunakan modus ponens.

Namun, salah satu premisnya yaitu 2 >3

2bernilai salah. Sehingga

tidak dapat disimpulkan bahwa kesimpulannya benar. Kesimpulan

dari argument ini juga salah karena 2 <9

4.

Ketika terdapat banyak premis, beberapa aturan inferensi

diperlukan untuk menunjukkan bahwa sebuah argument valid.

Contoh:

Tunjukkan bahwa premis-premis “Jika anda mengirim e-mail kepada

saya, maka saya akan menyelesaikan penulisan program,” “Jika

anda tidak mengirim e-mail kepada saya, maka saya akan tidur

lebih awal,” dan “Jika saya tidur lebih awal, maka saya akan

bangun dengan merasa segar” menyebabkan kesimpulan “Jika saya

tidak menyelesaikan penulisan program, maka saya akan bangun

dengan merasa segar.”

1.6.3 Menggunakan Aturan Inferensi untukMembangun Argumen

Solusi:

Misalkan proposisi p = “Anda mengirim e-mail kepada saya,” q =

“Saya akan menyelesaikan penulisan program,” r = “Saya akan tidur

lebih awal,” dan s = “Saya akan bangun dengan merasa segar.”

Maka premis-premisnya adalah 𝑝 → 𝑞, ¬𝑝 → 𝑟, dan 𝑟 → 𝑠. Kesimpulan

yang diinginkan adalah ¬𝑞 → 𝑠.

Langkah: Alasan

1. 𝑝 → 𝑞 Premis

2. ¬𝑞 → ¬𝑝 Kontraposisi dari (1)

3. ¬𝑝 → 𝑟 Premis

4. ¬𝑞 → 𝑟 Silogisme (2) dan (3)

5. 𝑟 → 𝑠 Premis

6. ¬𝑞 → 𝑠 Silogisme (4) dan (5)

Pemrograman komputer telah dikembangkan untuk otomatisasi

penalaran dan pembuktian teorema. Banyak dari program ini

menggunakan aturan inferensi yang disebut sebagai resolusi. Aturan

inferensi ini berdasarkan tautologi: ( 𝑝 ∨ 𝑞 ∧ ¬𝑝 ∨ 𝑟 ) → (𝑞 ∨ 𝑟)

Disjungsi terakhir 𝑞 ∨ 𝑟 disebut resolvent. Ketika dimisalkan q = r

pada tautology ini, diperoleh 𝑝 ∨ 𝑞 ∧ ¬𝑝 ∨ 𝑟 → 𝑞. Selanjutnya,

ketika dimisalkan r = F, diperoleh ( 𝑝 ∨ 𝑞 ∧ ¬𝑝) → 𝑞 (karena 𝑞 ∨ 𝐹 ≡𝑞) dimana hal ini berdasarkan silogisme disjungtif.

Untuk membangun pembuktian dalam proposisi logis menggunakan

resolusi sebagai satu-satunya aturan inferensi, hypothesis dan

kesimpulannya harus dinyatakan sebagai klausa.

Contoh: 𝑝 ∨ 𝑞 ∧ 𝑟 ≡ 𝑝 ∨ 𝑞 ∧ 𝑝 ∨ 𝑟

¬ 𝑝 ∨ 𝑞 ≡ ¬p ∧ ¬𝑞

𝑝 → 𝑞 ≡ ¬𝑝 ∨ 𝑞

1.6.4 Resolusi

Contoh:

Tunjukkan bahwa premis (𝑝 ∧ 𝑞) ∨ 𝑟 dan 𝑟 → 𝑠 menghasilkan

kesimpulan 𝑝 ∨ 𝑠

Solusi:

Premis (𝑝 ∧ 𝑞) ∨ 𝑟 dapat dituliskan kembali sebagai 2 klausa 𝑝 ∨ 𝑟dan q ∨ 𝑟. Kemudian implikasi 𝑟 → 𝑠 ekuivalen dengan klausa ¬𝑟 ∨ 𝑠.Berdasarkan resolusi (𝑝 ∨ 𝑟) ∧ (¬𝑟 ∨ 𝑠)

Didapatkan kesimpulan 𝑝 ∨ 𝑠

Proposisi 𝑝 → 𝑞 ∧ 𝑞 → 𝑝 bukan tautology karena akan

bernilai salah ketika p salah dan q benar. Jadi, bentuk argument

ini tidak valid. Tipe penalaran yang salah ini disebut kesalahan

dalam menegaskan kesimpulan.

Contoh:

Apakah argument berikut valid?

Jika anda mengerjakan setiap soal dalam buku ini, maka anda akan

belajar matematika diskrit. Anda belajar matematika diskrit.

Oleh karena itu, anda mengerjakan setiap soal dalam buku ini.

Solusi:

Misalkan proposisi p = “Anda mengerjakan setiap soal dalam buku

ini,” dan q = “Anda belajar matematika diskrit.”

Bentuk argument : 𝑝 → 𝑞 ∧ 𝑞 → 𝑝

Hal ini termasuk penalaran yang salah yaitu kesalahan dalam

menegaskan kesimpulan.

1.6.5 Kekeliruan

Proposisi 𝑝 → 𝑞 ∧ ¬𝑝 → ¬𝑞 bukan tautology karena akanbernilai salah ketika p salah dan q benar. Jadi, bentuk argumentini tidak valid. Tipe penalaran yang salah ini disebut kesalahandalam menyangkal hipotesis.

Contoh:Apakah argument berikut valid?Jika anda mengerjakan setiap soal dalam buku ini, maka anda akanbelajar matematika diskrit. Anda tidak mengerjakan setiap soaldalam buku ini.Oleh karena itu, anda tidak belajar matematika diskrit.

Solusi:

Dengan permisalan yang sama dengan contoh sebelumnya, argumentini berbentuk 𝑝 → 𝑞 ∧ ¬𝑝 → ¬𝑞 yang merupakan contohkesalahan dalam menyangkal hipotesis.

1.6.6 Aturan Inferensi untuk PernyataanBerkuantor

Contoh:

Tunjukkan bahwa premis-premis “Setiap orang dalam kelas

matematika diskrit ini telah menyelesaikan pelatihan di bidang

ilmu komputer” dan “Maria adalah siswa pada kelas ini”

menghasilkan kesimpulan “Maria telah menyelesaikan pelatihan

di bidang ilmu computer.”

Solusi:

Misal D(x) menunjukkan “x ada dalam kelas matematika diskrit

ini,” dan misal C(x) menunjukkan “x telah menyelesaikan

pelatihan di bidang ilmu computer.”

Langkah: Alasan

1. ∀𝑥 𝐷 𝑥 → 𝐶 𝑥 Premis

2. 𝐷 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 → 𝐶 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 Universal Instantiation dari (1)

3. 𝐷 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 Premis

4. 𝐶 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 Modus Ponens dari (2) dan (3)

Modus Ponens Universal

Aturan ini menunjukkan bahwa jika ∀𝑥 𝑃 𝑥 → 𝑄 𝑥 benar dan jika

𝑃(𝑎) benar untuk 𝑎 anggota domain dari kuantor universal, maka

𝑄(𝐴) pasti benar. Dengan instansiasi universal, 𝑃 𝑎 → 𝑄 𝑎 benar.

Kemudian, dengan modus Ponens, 𝑄(𝑎) juga benar. Dapat

dideskripsikan Modus Ponens Universal sebagai berikut:

∀𝑥 𝑃 𝑥 → 𝑄 𝑥

𝑃(𝑎), dimana 𝑎 adalah anggota domain

∴ 𝑄(𝑎)

1.6.7 Menggabungkan Aturan Inferensi untukProposisi dan Pernyataan Berkuantor

Contoh:

Asumsikan bahwa “Untuk setiap bilangan bulat positif n, jika n

lebih besar daripada 4, maka 𝑛2 lebih kecil daripada 2𝑛” bernilai

benar. Gunakan Modus Ponens Universal untuk menunjukkan

bahwa 1002 < 2100.

Solusi:

Misal: 𝑃(𝑛) menunjukkan “𝑛 > 4”

Q(𝑛) menunjukkan “𝑛2 < 2𝑛”

“Untuk setiap bilangan bulat positif n, jika n lebih besar daripada

4, maka 𝑛2 lebih kecil daripada 2𝑛” dapat dinyatakan dalam

∀𝑛 𝑃 𝑛 → 𝑄 𝑛 , dimana domainnya setiap bilangan bulat

positif. Diasumsikan bahwa ∀𝑛 𝑃 𝑛 → 𝑄 𝑛 bernilai benar.

𝑃 100 benar karena 100 > 4. Dengan Modus Ponens Universal

diperoleh Q(100) benar. Jadi 1002 < 2100.

Modus Tollens Universal

Penggabungan lain dari aturan inferensi dari proposisi logis dan

aturan inferensi untuk pernyataan berkuantor adalah Modus

Tollens Universal.

∀𝑥 𝑃 𝑥 → 𝑄 𝑥

¬𝑄(𝑎), dimana 𝑎 adalah anggota domain

∴ ¬𝑃(𝑎)

1.7 Pengenalan Pembuktian

1.7.1 Beberapa Istilah

Teorema adalah pernyataan yang dapat dibuktikan

kebenarannya.

Teorema yang sederhana disebut proposisi.

Kebenaran suatu teorema ditunjukkan dengan pembuktian

Pembuktian adalah argumentasi valid yang menetapkan

kebenaran suatu teorema.

Aksioma atau postulat termasuk pernyataan yang digunakan

dalam pembuktian, yang mana merupakan pernyataan yang

diasumsikan benar.

Teorema sederhana yang membantu pembuktian disebut

lemma. Pembuktian yang rumit biasanya lebih mudah dipahami

ketika dibuktikan dengan lemma.

Corollary (Teorema Akibat) adalah teorema yang dapat

ditentukan langsung dari suatu torema yang telah dibuktikan.

Dugaan adalah pernyataan yang diusulkan menjadi pernyataan

yang benar, biasanya dasar dari beberapa bukti parsial,

argument heuristis, atau intuisi seorang ahli.

1.7.2 Memahami Bagaimana Teorema

Dinyatakan

“ Jika 𝑥 > 𝑦, dimana 𝑥 dan 𝑦 adalah bilangan real positif, maka

𝑥2 > 𝑦2. “

Arti sebenarnya

“ Untuk setiap bilangan real positif 𝑥 dan 𝑦, jika 𝑥 > 𝑦, maka

𝑥2 > 𝑦2. “

Selanjutnya, ketika teorema jenis ini terbukti, langkah pertama

dari pembuktian biasanya melibatkan pemilihan elemen yang

umum dari domain. Langkah berikutnya menunjukkan bahwa

elemen ini mempunyai sifat yang diinginkan. Akhirnya, generalisasi

universal menghasilkan bahwa teorema memenuhi untuk semua

anggota domain.

1.7.3 Metode dalam Pembuktian Teorema

Memahami metode adalah kunci untuk belajar

bagaimana membaca dan membentuk pembuktian

matematis. Setelah memilih sebuah metode

pembuktian, gunakan aksioma, definisi, selanjutnya

hasil terbukti, dan aturan inferensi untuk melengkapi

pembuktian.

1.7.4 Pembuktian Langsung

Pembuktian langsung dari pernyataan 𝑝 → 𝑞 dibentuk ketika

langkah pertama adalah mengasumsikan bahwa p benar, langkah

berikutnya adalah menggunakan aturan inferensi, dengan langkah

terakhir menunjukkan bahwa q juga benar. Jadi pada pembuktian

langsung, kombinasi p benar dan q salah tidak pernah terjadi.

Definisi 1: Bilangan bulat n genap jika terdapat bilangan bulat k

sehingga n = 2k, dan n ganjil jika terdapat bilangan bulat k

sehingga n = 2k+1. (Perhatikan bahwa setiap bilangan bulat

adalah salah satu genap atau ganjil, dan tidak sekaligus genap

dan ganjil.) 2 bilangan bulat mempunyai same parity ketika

keduanya genap atau keduanya ganjil; mempunyai opposite

parity ketika salah satu genap dan yang lainnya ganjil.

Contoh:

Berikan pembuktian langsung dari teorema “Jika 𝑛 adalah bilangan

ganjil, maka 𝑛2 adalah bilangan ganjil.”

Solusi:

Teorema ini berbentuk ∀𝑛 𝑃 𝑛 → 𝑄 𝑛

𝑃 𝑛 : 𝑛 adalah bilangan ganjil dan 𝑄 𝑛 : 𝑛2 adalah bilangan ganjil.

Diasumsikan bahwa 𝑃 𝑛 benar. Diasumsikan bahwa 𝑛 adalah

bilangan ganjil. Sehingga berdasarkan definisi, 𝑛 = 2𝑘 + 1 dimana

𝑘 suatu bilangan bulat. Diperoleh bahwa

𝑛2 = (2𝑘 + 1)2= 4𝑘2 + 4𝑘 + 1 = 2 2𝑘2 + 2𝑘 + 1

Berdasarkan definisi bilangan ganjil, dapat disimpulkan bahwa 𝑛2

ganjil. Jadi terbukti bahwa “Jika 𝑛 adalah bilangan ganjil, maka

𝑛2 adalah bilangan ganjil.”

1.7.5 Pembuktian dengan Kontraposisi

Pembuktian dengan kontraposisi termasuk pembuktian

tidak langsung. Pembuktian dengan kontraposisi

menggunakan fakta bahwa 𝑝 → 𝑞 ekuivalen dengan

¬𝑞 → ¬𝑝. Sehingga pernyataan 𝑝 → 𝑞 dibuktikan

dengan membuktikan bahwa ¬𝑞 → ¬𝑝 bernilai benar.

Contoh:

Buktikan bahwa jika 𝑛 adalah bilangan bulat dan 3𝑛 + 2 adalah bilanganganjil, maka 𝑛 adalah bilangan ganjil.

Solusi:

Pertama akan dicoba pembuktian langsung. Diasumsikan bahwa 3𝑛 + 2bilangan bulat ganjil. Artinya 3𝑛 + 2 = 2𝑘 + 1 untuk 𝑘 suatu bilanganbulat. Dapatkah fakta ini digunakan untuk menunjukkan bahwa 𝑛 ganjil?Terlihat bahwa 3𝑛 + 1 = 2𝑘 , tidak ada cara langsung untukmenyimpulkan bahwa 𝑛 ganjil.

Langkah pertama pembuktian dengan kontraposisi adalah denganmengasumsikan bahwa kesimpulan dari “Jika 3𝑛 + 2 ganjil, maka 𝑛 ganjil”bernilai salah; asumsikan bahwa 𝑛 genap. Maka berdasarkan definisibilangan genap, 𝑛 = 2𝑘 untuk suatu bilangan bulat 𝑘. Substitusikan 2𝑘 ke𝑛 . Diperoleh 3𝑛 + 2 = 3 2𝑘 + 2 = 6𝑘 + 2 = 2(3𝑘 + 1) . Didapatkanbahwa 3𝑛 + 2 genap. Ini negasi dari premis 3𝑛 + 2 ganjil. Karena negasidari kesimpulan pernyataan condisional menghasilkan hipotesis yangbernilai salah,sehingga pernyataan awal bernilai benar. Jadi terbuktibahwa “Jika 3𝑛 + 2 ganjil maka 𝑛 ganjil.”

1.7.6 Pembuktian dengan Kontradiksi

Misal akan dibuktikan bahwa pernyataan p benar. Selanjutnya

misal diperoleh kontradiksi q sehingga ¬𝑝 → 𝑞 bernilai benar.

Karena q salah tetapi ¬𝑝 → 𝑞 bernilai benar, dapat disimpulkan

bahwa ¬𝑝 salah, yang berarti p benar. Bagaimana dapat diperoleh

kontradiksi q yang dapat membantu membuktikan bahwa p benar?

Karena pernyataan 𝑟 ∧ ¬𝑟 adalah kontradiksi ketika r adalah

proposisi, dapat dibuktikan p benar jika dapat ditunjukkan bahwa

¬𝑝 → (𝑟 ∧ ¬𝑟) benar untuk suatu proposisi r. Tipe pembuktian ini

disebut pembuktian dengan kontradiksi.

Contoh:

Buktikan bahwa 2 bilangan irasional dengan pembuktian kontradiksi.

Solusi:

Misalkan proposisi p: “ 2 bilangan irasional.” Diandaikan bahwa ¬𝑝benar. Proposisi ¬𝑝: “ 2 bilangan rasional.” Akan ditunjukkan bahwa

mengasumsikan ¬𝑝 benar akan mengarah kepada kontradiksi.

Jika 2 bilangan rasional, terdapat bilangan bulat 𝑎 dan 𝑏 dengan

2 =𝑎

𝑏, dimana 𝑏 ≠ 0 dan 𝑎 dan 𝑏 tidak mempunyai factor

persekutuan (pecahan𝑎

𝑏adalah bentuk paling sederhana.)

Karena 2 =𝑎

𝑏, ketika kedua ruas dikuadratkan diperoleh 2 =

𝑎2

𝑏2 .

Diperoleh 2𝑏2 = 𝑎2.

Berdasarkan definisi bilangan genap diperoleh 𝑎2 genap. Selanjutnya

jika 𝑎2 genap maka 𝑎 juga genap. Karena 𝑎 genap maka 𝑎 = 2𝑐 untuk

suatu bilangan bulat 𝑐.

Diperoleh 2𝑏2 = 4𝑐2, kedua ruas dibagi 2 diperoleh 𝑏2 = 2𝑐2.

Berdasarkan definisi bilangan genap, berarti bahwa 𝑏2 genap. Karena

𝑏2 genap maka 𝑏 juga genap.

Telah ditunjukkan bahwa asumsi ¬𝑝 mengarah ke persamaan 2 =𝑎

𝑏,

dimana 𝑎 dan 𝑏 tidak mempunyai factor persekutuan, tetapi 𝑎 dan 𝑏keduanya genap, yang mana 𝑎 dan 𝑏 keduanya habis dibagi 2. Karena

asumsi ¬𝑝 mengarah kepada kontradiksi antara 𝑎 dan 𝑏 keduanya

habis dibagi 2 dan 𝑎 dan 𝑏 tidak habis dibagi 2, maka ¬𝑝 bernilai

salah. Jadi pernyataan “ 2 bilangan irasional” bernilai benar. Telah

dibuktikan bahwa 2 bilangan irasional.

Note!!

Pembuktian dengan kontraposisi dapat juga diarahkan ke pembuktian

dengan kontradiksi. Pada pembuktian 𝑝 → 𝑞 dengan kontraposisi,

diasumsikan bahwa ¬𝑞 benar. Kemudian ditunjukkan bahwa ¬𝑝 juga

benar. Untuk mengarahkan pembuktian 𝑝 → 𝑞 dengan kontraposisi

menjadi pembuktian dengan kontradiksi, diasumsikan bahwa 𝑝 dan

¬𝑞 keduanya benar. Kemudian gunakan langkah pada pembuktian

¬𝑞 → ¬𝑝 untuk menunjukkan bahwa ¬𝑝 benar. Sehingga hal ini

mengarah kepada kontradiksi antara 𝑝 dan ¬𝑝.

Contoh:

Berikan pembuktian dari teorema “Jika 3𝑛 + 2 ganjil, maka 𝑛 ganjil”

dengan kontradiksi.

Solusi:

Misalkan p: 3𝑛 + 2 ganjil dan q: n ganjil.

Untuk membangun pembuktian dengan kontradiksi, diasumsikan

bahwa 𝑝 dan ¬𝑞 keduanya benar. Jadi, diasumsikan benar bahwa

3𝑛 + 2 ganjil dan 𝑛 tidak ganjil. Karena 𝑛 tidak ganjil, maka 𝑛 genap,

sehingga terdapat bilangan bulat 𝑘 sehingga 𝑛 = 2𝑘.

3𝑛 + 2 = 3 2𝑘 + 2 = 6𝑘 + 2 = 2(3𝑘 + 1)

Karena 3𝑛 + 2 = 2𝑡 dimana t = 3𝑘 + 1, maka 3𝑛 + 2 genap (¬𝑝).

Karena ¬𝑝 dan 𝑝 keduanya benar, ini merupakan kontradiksi. Jadi

pengandaian bahwa 𝑛 genap bernilai salah. Kontradiksi ini

membuktikan bahwa jika 3𝑛 + 2 ganjil, maka 𝑛 ganjil.

1.7.7 Kesalahan dalam Pembuktian

Contoh:

Apakah kesalahan dari pembuktian 1=2 berikut ini?

Bukti: Misalkan 𝑎 dan 𝑏 bilangan bulat positif yang sama.

Langkah: Alasan:

1. 𝑎 = 𝑏 Diberikan

2. 𝑎2 = 𝑎𝑏 Kedua ruas dikalikan 𝑎3. 𝑎2 − 𝑏2 = 𝑎𝑏 − 𝑏2 Kedua ruas dikurangi 𝑏2

4. 𝑎 − 𝑏 𝑎 + 𝑏 = 𝑏(𝑎 − 𝑏) Kedua ruas difaktorkan

5. 𝑎 + 𝑏 = 𝑏 Kedua ruas dibagi 𝑎 − 𝑏6. 2𝑏 = 𝑏 Ganti 𝑎 dengan 𝑏 karena 𝑎 = 𝑏7. 2 = 1 Kedua ruas dibagi 𝑏

Solusi:

Setiap langkah pada pembuktian diatas valid kecuali langkah 5,

kesalahannya adalah 𝑎 − 𝑏 = 0; Pembagian kedua ruas pada

persamaan akan valid selama pembaginya bukan 0.

1.8 Metode dan Strategi Pembuktian

Pada subbab ini akan dipelajari beberapa aspek dari

ilmu dan seni dalam pembuktian dan akan disediakan

saran bagaimana menemukan pembuktian dari suatu

teorema. Akan dideskripsikan beberapa trik, termasuk

bagaimana pembuktian ditemukan dengan proses

mundur dan dengan mengadaptasi pembuktian yang

telah ada.

1.8.1 Pembuktian Lengkap dan Pembuktian

dengan Kasus

Suatu teorema bisa saja tidak dapat dibuktikan dengan argumentasi

tunggal yang mencakup semua kasus yang mungkin. Akan

diperkenalkan metode yang dapat digunakan untuk membuktikan

teorema dengan mempertimbangkan secara terpisah kasus-kasus

yang berbeda. Untuk membuktikan pernyataan berbentuk

(𝑝1 ∨ 𝑝2 ∨. . .∨ 𝑝𝑛) → 𝑞

tautologi dari

(𝑝1 ∨ 𝑝2 ∨. . .∨ 𝑝𝑛) → 𝑞 ↔ 𝑝1 → 𝑞 ∧ 𝑝2 → 𝑞 ∧⋯∧ 𝑝𝑛 → 𝑞

Dapat digunakan sebagai aturan inferensi.

Pembuktian Lengkap: Beberapa teorema dapat dibuktikan

dengan memeriksa bilangan kecil yang relative dari contoh.

Pembuktian seperti ini disebut pembuktian lengkap atau

pembuktian dengan kelengkapan karena pembuktian ini diproses

dengan melengkapi semua kemungkinan.

Contoh:

Buktikan bahwa 𝑛 + 1 3 ≥ 3𝑛 jika n adalah bilangan bulat positif

dengan 𝑛 ≤ 4.

Solusi:

Akan digunakan pembuktian lengkap. Hanya dibutuhkan

pemeriksaan pertidaksamaan 𝑛 + 1 3 ≥ 3𝑛 ketika n = 1,2,3, dan 4.

Untuk 𝑛 = 1, diperoleh 𝑛 + 1 3 = 23 = 8 dan 3𝑛 = 31 = 3

Untuk 𝑛 = 2, diperoleh 𝑛 + 1 3 = 33 = 27 dan 3𝑛 = 32 = 9

Untuk 𝑛 = 3, diperoleh 𝑛 + 1 3 = 43 = 64 dan 3𝑛 = 33 = 27

Untuk 𝑛 = 4, diperoleh 𝑛 + 1 3 = 53 = 125 dan 3𝑛 = 34 = 81

Pada setiap 4 kasus ini, diperoleh 𝑛 + 1 3 ≥ 3𝑛. Jadi terbukti

bahwa 𝑛 + 1 3 ≥ 3𝑛 jika n adalah bilangan bulat positif dengan

𝑛 ≤ 4 dengan metode pembuktian lengkap.

Pembuktian dengan Kasus: Pembuktian dengan kasus harus

mencakup semua kemungkinan kasus yang muncul pada suatu

teorema. Pembuktian dengan kasus diilustrasikan dengan

beberapa contoh. Pada setiap contoh, harus dipastikan bahwa

semua kemungkinan kasus tercakup.

Contoh:

Buktikan bahwa jika n bilangan bulat, maka 𝑛2 ≥ 𝑛.

Solusi:

Dapat dibuktikan bahwa 𝑛2 ≥ 𝑛 untuk setiap bilangan bulat n

dengan mempertimbangkan 3 kasus:

Kasus (i): Ketika n = 0, karena 02 = 0, maka 02 ≥ 0. Sehingga 𝑛2 ≥ 𝑛benar untuk kasus ini.

Kasus (ii): Untuk n ≥ 1, ketika kedua ruas dikali dengan bilangan

bulat positif diperoleh n. n ≥ 𝑛. 1. Menghasilkan 𝑛2 ≥ 𝑛 untuk n ≥ 1.

Kasus (iii): Pada kasus ini n ≤ −1 . Bagaimanapun, 𝑛2 ≥ 0. Ini

menyebabkan 𝑛2 ≥ 𝑛.

Karena pertidaksamaan 𝑛2 ≥ 𝑛 berlaku pada ketiga kasus, dapat

disimpulkan bahwa jika n bilangan bulat, maka 𝑛2 ≥ 𝑛.

Contoh:

Tunjukkan bahwa tidak ada solusi bilangan bulat x dan y dari

𝑥2 + 3𝑦2 = 8.

Solusi:

Pembuktian dapat direduksi menjadi memeriksa kasus sederhana

karena 𝑥2 > 8 ketika 𝑥 ≥ 3 dan 3𝑦2 > 8 ketika 𝑦 ≥ 2. Sehingga

didapatkan kasus ketika 𝑥 = −2,−1,0,1, 𝑎𝑡𝑎𝑢 2 dan 𝑦 = −1,0, 𝑎𝑡𝑎𝑢 1.

Perhatikan bahwa kemungkinan nilai 𝑥2 adalah 0, 1, dan 4, dan

kemungkinan nilai 3𝑦2 adalah 0 dan 3, dan kemungkinan jumlah

terbesar dari 𝑥2 dan 3𝑦2 adalah 7. Sehingga tidak mungkin 𝑥2 +3𝑦2 = 8 dipenuhi ketika x dan y bilangan bulat.

Kesalahan yang umum pada pembuktian lengkap dan pembuktian

dengan kasus.

Contoh:

Apakah kesalahan dari pembuktian ini?

Teorema: Jika x bilangan real, maka 𝑥2 bilangan real positif.

Bukti: Misalkan 𝑝1: x positif, 𝑝2: x negative, dan 𝑞: 𝑥2 positif. Untuk

menunjukkan bahwa 𝑝1 → 𝑞 benar, perhatikan bahwa jika x positif

maka 𝑥2 positif karena produk perkalian 2 bilangan positif x dan x.

Untuk menunjukkan bahwa 𝑝2 → 𝑞 benar, perhatikan bahwa jika x

negatif maka 𝑥2 positif karena produk perkalian 2 bilangan negatif x

dan x.

Solusi: Permasalahan dari pembuktian ini adalah tidak ada kasus 𝑥 =0. Ketika 𝑥 = 0, 𝑥2 = 0 tidak positif. Jadi pembuktian teorema tersebut

menggunakan 3 kasus yaitu 𝑝1: x positif, 𝑝2: x negative, dan 𝑝3: 𝑥 = 0.

Kemudian digunakan ekuivalensi 𝑝 ↔ 𝑝1 ∨ 𝑝2∨ 𝑝3.

1.8.2 Existence Proofs

Pembuktian dari proposisi berbentuk ∃𝑥 𝑃 𝑥 disebut existence

proof. Terkadang pembuktian dari ∃𝑥 𝑃 𝑥 dapat diberikan dengan

menemukan sebuag elemen 𝑎 sehingga 𝑃(𝑎) benar. Tipe ini disebut

constructive, terdapat juga kemungkinan untuk memberikan

pembuktian nonconstructive.

Contoh:

A Constructive Existence Proof. Tunjukkan bahwa terdapat

bilangan bulat positif yang dapat ditulis sebagai jumlah dari

pangkat tiga bilangan bulat positif dalam 2 cara berbeda.

Solusi:

Setelah dilakukan perhitungan (contohnya pencarian dengan

computer) diperoleh

1729 = 103 + 93 = 123 + 13

Contoh:

A Nonconstructive Existence Proof. Tunjukkan bahwa terdapatbilangan irasional x dan y sehingga xy rasional.

Solusi:

Pada contoh sebelumnya telah dibuktikan bahwa 2 irasional.

Perhatikan bilangan 22.

Jika bilangan 22

rasional, dipunyai 2 bilangan irasional x dan ydengan xy rasional yaitu x = 2 dan y = 2.

Jika bilangan 22

irasional, maka dapat dimisalkan x = 22

dan y =

2 sehingga xy = ( 22)

2

= 2( 2. 2)

= 22= 2.

Pembuktian ini termasuk contoh Nonconstructive Existence Proof,karena tidak ditemukan bilangan irasional x dan y sehingga xy rasional.Walapun kedua pasangan memiliki sifat yang diinginkan, tetapi tidakdiketahui pasangan mana yang benar.

1.8.3 Keunikan Pembuktian

Beberapa teorema menegaskan adanya elemen unik dengan sifat

tertentu. Dengan kata lain teorema ini menegaskan bahwa ada

tepat 1 elemen dengan sifat ini. Untuk membuktikan pernyataan

tipe ini, perlu ditunjukkan bahwa terdapat elemen dengan sifat ini

dan tidak ada elemen lain yang mempunyai sifat ini.

Existence: Tunjukkan bahwa ada elemen x dengan sifat yang

diinginkan.

Uniqueness: Tunjukkan bahwa jika 𝑦 ≠ 𝑥, maka y tidak mempunyai

sifat yang diinginkan.

Hal ini sama dengan membuktikan pernyataan

∃𝑥 𝑃 𝑥 ∧ ∀𝑦 𝑦 ≠ 𝑥 → ¬𝑃 𝑦 .

Contoh:

Tunjukkan bahwa jika a dan b bilangan real dan a≠ 0, maka

terdapat bilangan real unik r sehingga 𝑎𝑟 + 𝑏 = 0.

Solusi:

Perhatikan bahwa bilangan real 𝑟 = −𝑏

𝑎adalah solusi dari 𝑎𝑟 + 𝑏 =

0 karena 𝑎 −𝑏

𝑎+ 𝑏 = −𝑏 + 𝑏 = 0. Jadi ada bilangan real r sehingga

𝑎𝑟 + 𝑏 = 0. Hal ini adalah bagian existence dari pembuktian.

Selanjutnya, misalkan s adalah bilangan real sehingga 𝑎𝑠 + 𝑏 = 0,

maka 𝑎𝑟 + 𝑏 = 𝑎𝑠 + 𝑏 dimana 𝑟 = −𝑏

𝑎. Kedua ruas dikurangi b

sehingga diperoleh 𝑎𝑟 = as. Kedua ruas dibagi dengan a yang tak

nol. Diperoleh 𝑟 = s. Artinya jika r ≠ 𝑠, maka 𝑎𝑠 + 𝑏 ≠ 0.

Hal ini menunjukkan bagian uniqueness dari pembuktian.

1.8.4 Strategi Pembuktian

Penalaran Forward dan Backward

Metode apapun yang digunakan, diperlukan titik awal untuk

memulai pembuktian. Untuk memulai pembuktian langsung,

diawali dari premis. Bersama dengan aksioma dan teorema yang

telah diketahui, anda dapat membangun pembuktian

menggunakan urutan langkah yang mengarah kepada kesimpulan.

Penalaran jenis ini disebut penalaran forward. Namun penalaran

forward sering menemui kesulitan karena penalaran yang

diperlukan untuk meraih kesimpulan yang diinginkan dapat saja

jauh dari jelas. Dalam kasus seperti ini penalaran backward dapat

nembantu. Pada penalaran backward untuk membuktikan

pernyataan 𝑞, temukan pernyataan 𝑝 sehingga dapat dibuktikan

dengan sifat 𝑝 → 𝑞.

Contoh:

Diberikan 2 bilangan real positif x dan y, definisi aritmatikanya adalah𝑥+𝑦

2dan definisi geometrinya adalah 𝑥𝑦 . Ketika membandingkan

definisi aritmatika dan geometri dari 2 bilangan real positif yang

berbeda, Didapatkan bahwa definisi aritmatika selalu lebih besar dari

definisi geometri. Dapatkah dibuktikan bahwa pertidaksamaan ini

selalu benar?

Solusi:

Untuk membuktikan bahwa𝑥+𝑦

2> 𝑥𝑦 ketika x dan y bilangan real

positif yang berbeda, dapat digunakan penalaran backward.𝑥 + 𝑦

2> 𝑥𝑦

(𝑥 + 𝑦)2

4> 𝑥𝑦

(𝑥 + 𝑦)2> 4𝑥𝑦

𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦2 > 4𝑥𝑦𝑥2 − 2𝑥𝑦 + 𝑦2 > 0(𝑥 − 𝑦)2> 0

Karena (𝑥 − 𝑦)2> 0 untuk 𝑥 ≠ 𝑦 , maka (𝑥 − 𝑦)2> 0 benar. Karena

semua pertidaksamaan di atas ekuivalen, maka𝑥+𝑦

2> 𝑥𝑦 ketika 𝑥 ≠

𝑦 . Kemudian akan dibangun pembuktian menggunakan penalaranforward.

Misalkan x dan y bilangan real positif yang berbeda, maka (𝑥 − 𝑦)2>0 karena kuadrat dari bilangan real tak nol selalu positif.

(𝑥 − 𝑦)2= 𝑥2 − 2𝑥𝑦 + 𝑦2 menghasilkan 𝑥2 − 2𝑥𝑦 + 𝑦2 > 0. Kedua ruasditambah 4x diperoleh 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦2 > 4𝑥𝑦. Karena 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦2 =

(𝑥 + 𝑦)2, artinya (𝑥 + 𝑦)2> 4𝑥𝑦. Kedua ruas dibagi 4 diperoleh(𝑥+𝑦)2

4>

𝑥𝑦. Jika kedua ruas ditarik akar kuadrat diperoleh𝑥+𝑦

2> 𝑥𝑦. Jadi

disimpulkan bahwa jika x dan y bilangan real positif yang berbeda,

maka definisi aritmatikanya𝑥+𝑦

2lebih besar dari definisi geometrinya

𝑥𝑦.

Mengadaptasi pembuktian yang telah ada.

Cara yang unggul untuk mencari kemungkinan pendekatan yang dapat

digunakan membuktikan suatu pernyataan adalah menggunakan

pembuktian yang telah ada dengan hasil serupa. Sering, pembuktian

yang telah ada dapat diadaptasi untuk membuktikan fakta yang lain.

Meskipun kasusnya berbeda, beberapa ide yang digunakan pada pada

pembuktian yang sudah ada dapat membantu.

1.8.5 Mencari Counterexamples

Counterexamples atau contoh penyangkal digunakan untukmenunjukkan bahwa pernyataan tertentu salah. Ketika dihadapkandengan dugaan, pertama dapat dicoba untuk membuktikan dugaan ini.Jika tidak berhasil, dapat dicari contoh penyangkal, pertama denganmencari contoh paling kecil dan sederhana. Jika tidak dapatmenemukan contoh penyangkal, dapat dicoba lagi untuk membuktikanpernyataan.

Contoh: Apakah pernyataan “Setiap bilangan bulat positif adalahjumlah dari 3 bilangan bulat kuadrat” benar atau salah?

Solusi:

Untuk mencari contoh penyangkal tulis bilangan bulat positif berurutansebagai jumlah 3 bilangan kuadrat. 1 = 02 + 02 + 12, 2 = 02 + 12 + 12,3 = 12 + 12 + 12 , 4 = 02 + 02 + 22, 5 = 02 + 12 + 22 , 6 = 12 + 12 + 22 ,tetapi tidak dapat ditemukan 7 sebagai jumlah 3 bilangan kuadrat.Perhatikan bahwa bilangan kuadrat yang mungkin digunakan adalah 0,1, dan 4. Karena tidak ada bentuk 0, 1, dan 4 yang dapat dijumlahkanmenjadi 7, maka 7 adalah counterexamples atau contoh penyangkal.

1.8.6 Pengubinan

Pengubinan dari papan catur di atas dapat menghasilkan banyak hasil

yang berbeda dan membangun pembuktiannya menggunakan berbagai

macam metode pembuktian.

Contoh:

Dapatkah dilakukan pengubinan pada papan catur standar

menggunakan domino?

Solusi:

Dapat ditemukan banyak cara untuk melakukan pengubinan papan

catur standar menggunakan domino. Contohnya dapat ditempatkan 32

domino secara horizontal.

Adanya 1 jenis pengubinan ini telah

menunjukkan sebuah constructive

existence proof. Tentu masih ada

banyak cara lain untuk melakukan

pengubinan ini.

Contoh:

Dapatkah dilakukan pengubinan pada papan catur standar

menggunakan domino dengan menghilangkan 1 persegi pada pojok kiri

atas dan kanan bawah?

Solusi:

Diandaikan dapat digunakan domino untuk melakukan pengubinan

pada papan catur standar dengan pojok berlawanan dihilangkan.

Perhatikan bahwa papan memuat 64 – 2 = 62 persegi. Pengubinannya

akan menggunakan 62/2 = 31 domino. Perhatikan bahwa setiap domino

pada pengubinan ini menutup 1 persegi putih dan 1 persegi hitam.

Sehingga totalnya akan ditutup 31 persegi putih dan 31 persegi hitam.

Akan tetapi, ketika pojok berlawanan dihilangkan, persegi yang tersisa

adalah 32 putih dan 30 hitam atau 30 putih dan 32 hitam. Hal ini

merupakan kontradiksi terhadap asumsi bahwa dapat digunakan

domino untuk melakukan pengubinan pada papan catur standar dengan

pojok berlawanan dihilangkan.

1.8.7 Fungsi dari Masalah Terbuka

Teorema 1: Teorema Terakhir Fermat

Persamaan 𝑥𝑛 + 𝑦𝑛 = 𝑧𝑛 tidak punya penyelesaian untuk bilangan

bulat x, y, dan z dengan 𝑥𝑦𝑧 ≠ 0 bilamana n bilangan bulat dengan

𝑛 > 2.

Remark: Persamaan 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑧2 mempunyai banyak penyelesaian

untuk bilangan bulat x, y, dan z yang disebut Tripel Pythagoras dan

berkorespondensi dengan panjang sisi segitiga siku-siku dengan

panjang sisi bilangan bulat.

Contoh: Dugaan 3𝑥 + 1

Misal T sebagai transformasi yang mengubah bilangan bulat genap 𝑥

menjadi𝑥

2dan bilangan bulat ganjil 𝑥 menjadi 3𝑥 + 1. Sebuah

dugaan yang terkenal disebut dugaan 3𝑥 + 1, menyatakan bahwa

untuk semua bilangan bulat positif x, ketika transformasi T

diterapkan secara berulang akan menuju bilangan bulat 1.

Sebagai contoh, dimulai dari 𝑥 = 13, diperoleh

𝑇 13 = 3.13 + 1 = 40, T 40 =40

2= 20, 𝑇 20 =

20

2= 10,

𝑇 10 =10

2= 5, 𝑇 5 = 3.5 + 1 = 16, 𝑇 16 = 8, 𝑇 8 = 4,

𝑇 4 = 2, 𝑑𝑎𝑛 𝑇 2 = 1.

Dugaan 3𝑥 + 1 telah diverifikasi menggunakan computer untuk

semua bilangan bulat x sampai 5,6 ∙ 1013.

SOAL LATIHAN

Exercise 1.6:

9b. “If I eat spicy foods, then I have strange dreams.” “I have strange

dreams if there is thunder while I sleep.” “I did not have strange

dreams.”

Solution:

Let 𝑝 be the proposition “I eat spicy foods,” 𝑞 the proposition “I

have strange dreams,” 𝑟 the proposition “There is thunder.” Then the

premises become 𝑝 → 𝑞 , 𝑟 → 𝑞, dan ¬𝑞.

Steps Reason

1. 𝑝 → 𝑞 Premise

2. ¬𝑞 Premise

3. ¬𝑝 Modus tollens using (1) and (2)

4. 𝑟 → 𝑞 Premise

5. ¬𝑟 Modus tollens using (4) and (2)

6. ¬𝑝 ∧ ¬𝑟 Conjuction using (3) and (5)

Conclusion: “I did not eat spicy foods and it did not thunder”

SOAL LATIHAN

9c. “I am either clever or lucky.” “I am not lucky.” “If I am lucky,

then I will win the lottery.”

Solution:

Let 𝑝 be the proposition “I am clever,” 𝑞 the proposition “I am

lucky,” 𝑟 the proposition “I’ll win the lottery.” Then the premises

become 𝑝 ∨ 𝑞 , ¬𝑞 , dan 𝑞 → 𝑟.

Steps Reason

1. 𝑝 ∨ 𝑞 Premise

2. 𝑞 ∨ 𝑝 Commutative (1)

3. ¬𝑞 Premise

4. 𝑝 Disjunctive Syllogism (2) dan (3)

Conclusion: “I am clever.”

SOAL LATIHAN

9d. “Every computer science major has a personal computer.”

“Ralph does not have a personal computer.” “Ann has a personal

computer.”

Solution:

Let 𝐶(𝑥) be “𝑥 is CS Major.” 𝑃(𝑥) be “𝑥 has a personal

computer.” Then the premises are ∀𝑥 𝐶 𝑥 →

SOAL LATIHAN

9e. “What is good for corporations is good for the United States.” “What is good for the United States is good for you.” “What is good for corporations is for you to buy lots of stuff.”

Solution:

Let 𝑝 be “𝑥 is good for corporations,” 𝑞 be “𝑥 is good for The United

States,” 𝑟 be “𝑥 is good for you,” and 𝑠 be “𝑥 is for you to buy lots of stuff.”

Then the premises are 𝑝 → 𝑞, 𝑞 → 𝑟, and 𝑠 → 𝑝

Steps Reason

1. 𝑠 → 𝑝 Premise

2. 𝑝 → 𝑞 Premise

3. 𝑠 → 𝑞 Hypotetical Syllogism (1) dan (2)

4. 𝑞 → 𝑟 Premise

5. 𝑠 → 𝑟 Hypotetical Syllogism (3) dan (4)

6. ¬𝑠 ∨ 𝑞 Logical equivalence in conditional statement (3)

7. ¬𝑠 ∨ 𝑟 Logical equivalence in conditional statement (5)

8. (¬𝑠 ∨ 𝑞) ∧ (¬𝑠 ∨ 𝑟) Conjunction (6) and (7)

9. ¬𝑠 ∨ (𝑞 ∧ 𝑟) Distributive (8)

10. 𝑠 → (𝑞 ∧ 𝑟) Logical equivalence in conditional statement (9)

Conclusion: “That you buy lots of stuff is good for the U.S. and is good for you”

SOAL LATIHAN

9f. “All rodents gnaw their food.” “Mice are rodents.” “Rabbits do not gnaw their food.” “Bats are not rodents.”

Solution:

Let 𝑅(𝑥) be “𝑥 is rodent.” 𝐹(𝑥) be “𝑥 gnows his food.” Then

the premises are ∀𝑥 𝑅 𝑥 → 𝐹 𝑥 , 𝑅(𝑚𝑖𝑐𝑒), ¬𝐹 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 , and

¬𝑅 𝑏𝑎𝑡𝑠

Steps Reason

1. ∀𝑥 𝑅 𝑥 → 𝐹 𝑥 Premise

2. 𝑅 𝑚𝑖𝑐𝑒 → 𝐹 𝑚𝑖𝑐𝑒 Universal instantiation from (1)

3. 𝑅(𝑚𝑖𝑐𝑒) Premise

4. 𝐹 𝑚𝑖𝑐𝑒 Modus ponens from (2) and (3)

5. 𝑅 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 → 𝐹 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 Universal instantiation from (1)

6. ¬𝐹 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 Premise

7. ¬𝑅 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 Modus tollens from (5) and (6)

8. 𝐹 𝑚𝑖𝑐𝑒 ∧ ¬𝑅 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 Conjunction (4) dan (7)

Conclusion: “Mice gnaw their food” and “Rabbits are not rodents”

SOAL LATIHAN

20a. Tentukan apakah argument berikut valid.

Jika 𝑥 adalah bilangan real positif, maka 𝑥2 adalah bilangan real

positif. Oleh karena itu, jika 𝑎2 adalah bilangan positif, dengan

𝑎 adalah bilangan real, maka 𝑎 adalah bilangan real positif.

Solusi:

Let 𝑝: 𝑥 adalah bilangan real positif, 𝑞: 𝑥2 adalah bilangan real

positif.

Bentuk argument: 𝑝 → 𝑞

𝑞

∴ 𝑝

Argument tersebut tidak valid karena tidak mengikuti aturan

inferensi.

SOAL LATIHAN

20b. Tentukan apakah argument berikut valid.

Jika 𝑥2 ≠ 0, dengan 𝑥 adalah bilangan real, maka 𝑥 ≠ 0. Misal 𝑎adalah bilangan real dengan 𝑎2 ≠ 0, maka 𝑎 ≠ 0.

Solusi:

Let 𝑃(𝑥): 𝑥2 ≠ 0, dengan 𝑥 adalah bilangan real, 𝑞: 𝑥 ≠ 0, dengan 𝑥

adalah bilangan real.

Bentuk argument: ∀𝑥 𝑃 𝑥 → 𝑄 𝑥

𝑃(𝑎), dimana 𝑎 adalah anggota domain

∴ 𝑄(𝑎)

Argument tersebut valid karena tidak mengikuti aturan inferensi

Modus Ponens Universal.

SOAL LATIHAN

Exercise 1.7

17. Tunjukkan bahwa jika 𝑛 adalah bilangan bulat dan 𝑛3 + 5 adalah

bilangan ganjil maka 𝑛 adalah bilangan genap.

a. Pembuktian dengan kontraposisi

Misalkan: 𝑝 = 𝑛3 + 5 adalah bil ganjil dengan 𝑛 adalah bil bulat

𝑞 = 𝑛 adalah bilangan genap

Dengan kontraposisi, asumsikan bahwa ¬𝑞 benar kemudian akan

ditunjukkan bahwa ¬𝑝 benar.

¬𝑞 = 𝑛 adalah bilangan ganjil

Berdasarkan definisi bil ganjil, 𝑛 = 2𝑘 + 1 dengan 𝑘 suatu bil

bulat. Diperoleh

𝑛3 + 5 = (2𝑘 + 1)3+5 = 8𝑘3 + 12𝑘2 + 6𝑘 + 6 = 2(4𝑘3 + 6𝑘2 + 3𝑘 + 3)

Karena 𝑘 bil bulat, maka 4𝑘3 + 6𝑘2 + 3𝑘 + 3 juga bil bulat.

Berdasarkan definisi bil genap, diperoleh 𝑛3 + 5 adalah bil genap.

Jadi ¬𝑝 benar. Terbukti bahwa jika 𝑛 adalah bilangan bulat dan 𝑛3 + 5

adalah bilangan ganjil maka 𝑛 adalah bilangan genap.

SOAL LATIHAN

b. Pembuktian dengan kontradiksi

Dengan kontradiksi, asumsikan bahwa 𝑝 ∧ ¬𝑞 benar.

¬𝑞 = 𝑛 adalah bilangan ganjil

Berdasarkan definisi bil ganjil, 𝑛 dapat dinyatakan sebagai 2𝑘 + 1

dengan 𝑘 suatu bil bulat.

Akan ditunjukkan bahwa 𝑝 benar yaitu 𝑛3 + 5 adalah bil ganjil

dengan 𝑛 adalah bil bulat

Diperoleh

𝑛3 + 5 = (2𝑘 + 1)3+5 = 8𝑘3 + 12𝑘2 + 6𝑘 + 6 = 2(4𝑘3 + 6𝑘2 + 3𝑘 + 3)

Karena 𝑘 bil bulat, maka 4𝑘3 + 6𝑘2 + 3𝑘 + 3 juga bil bulat.

Berdasarkan definisi bil genap, diperoleh 𝑛3 + 5 adalah bil genap.

Terjadi kontradiksi, sehingga pengandaian 𝑛 adalah bilangan ganjil

bernilai salah.

Terbukti bahwa jika 𝑛 adalah bilangan bulat dan 𝑛3 + 5 adalah bilangan

ganjil maka 𝑛 adalah bilangan genap.

SOAL LATIHAN

35. Apakah langkah-langkah menemukan solusi berikut benar?

1. 𝑥 + 3 = 3 − 𝑥 diberikan

2. 𝑥 + 3 = 𝑥2 − 6𝑥 + 9 kuadratkan kedua ruas pada (1)

3. 0 = 𝑥2 − 7𝑥 + 6 kedua ruas dikurangi 𝑥 + 3

4. 0 = 𝑥 − 1 𝑥 − 6 memfaktorkan ruas kanan

5. 𝑥 = 1 atau 𝑥 = 6 karena 𝑎𝑏 = 0 menghasilkan 𝑎 = 0 atau

𝑏 = 0

Solusi:

Terdapat langkah yang salah yaitu langkah 5:

Solusi yang tepat hanyalah 𝑥 = 1 karena syarat nilai 𝑥 adalah

𝑥 + 3 ≥ 0 dan 3 − 𝑥 ≥ 0

⟺ 𝑥 ≥ −3 dan 𝑥 ≤ 3

⟺ −3 ≤ 𝑥 ≤ 3

Oleh karena itu 𝑥 = 6 tidak memenuhi.

SOAL LATIHAN

Exercise 1.8

29. Buktikan bahwa tidak ada bilangan bulat positif 𝑛 sehingga 𝑛2 + 𝑛3 = 100.

Solusi:

Pertama kasus disederhanakan menjadi:

𝑛3 > 100 ketika 𝑛 > 4 dan 𝑛2 > 100 ketika 𝑛 > 10, sehingga syarat yang

membuat persamaan 𝑛2 + 𝑛3 = 100 tidak memenuhi adalah 𝑛 > 4.

Jadi kasus yang harus diperiksa adalah 𝑛 ≤ 4 yaitu 𝑛 = 1, 2, 3, 4 diperoleh:

𝑛 = 1; 𝑛2 + 𝑛3 = 12 + 13 = 2

𝑛 = 2; 𝑛2 + 𝑛3 = 22 + 23 = 12

𝑛 = 3; 𝑛2 + 𝑛3 = 32 + 33 = 36

𝑛 = 4; 𝑛2 + 𝑛3 = 42 + 43 = 80

Jadi terbukti bahwa tidak ada bilangan bulat positif 𝑛 sehingga 𝑛2 + 𝑛3 =

100.

SOAL LATIHAN

42. Anda dapat menggunakan domino untuk pengubinan sebuah papan catur

standar dengan ke-4 pojoknya dihilangkan.

Solusi:

Perhatikan bahwa papan memuat 64 − 4 = 60 persegi. Pengubinannya akan

menggunakan60

2= 30 domino. Perhatikan bahwa setiap domino pada

pengubinan menutup 1 persegi putih dan 1 persegi hitam, sehingga total akan

ditutup 30 persegi putih dan 30 persegi hitam.

Jika ke-4 pojok dihilangkan maka 2 persegi hitam dan 2 persegi putih hilang.

Oleh karena itu tersisa 30 persegi putih dan 30 persegi hitam.

Jadi dapat menggunakan domino untuk pengubinan sebuah papan catur

standar dengan ke-4 pojoknya dihilangkan.

TERIMA KASIH