PENDAHULUAN Drs. C. Jacob, M.Pd

Transkripsi

1 PENDAHULUAN Drs. C. Jacob, M.Pd Pengantar Umum Untuk mengerti matematika tertulis, kita harus mengerti aa yang membuat suatu argumen matematis benar, yaitu, suatu bukti. Untuk elajaran matematika, seseorang erlu untuk mengonstruksi argumen matematis dan sesungguhnya belum membaca enjelasan rinci. Hal ini jelas wajib mengerti suatu teknik yang digunakan untuk mengonstruksi bukti. Tujuan enulisan ini adalah untuk mengajar aa yang membuat suatu argumen matematis benar, dan untuk memberikan siswa alat yang dierlukan untuk mengonstruksi argumen ini. Banyak ernyataan matematis menuntut suatu sifat benar untuk semua bilangan bulat ositif. Contoh ernyataan seerti itu adalah untuk setia n 3 bilangan bulat ositif n: n! < n, n n daat dibagi dengan 3; dan jumlah n (n n(n + ) ) dari n bilangan bulat ositif ertama adalah 2. Tujuan utama enulisan 2 ini adalah untuk memberikan siswa mengerti induksi matematis dengan teliti atau cermat, yang digunakan untuk bukti hasil jenis ini. Kita telah mengetahui bersama bahwa untuk menyatakan himunan, barisan, dan fungsi adalah secara ekslisit. Yakni, kita menggambarkan himunan dengan mendaftarkan elemen-elemennya atau dengan memberikan suatu sifat yang mengklasifikasikan elemen-elemen ini. Kita memberikan formula untuk suku-suku barisan dan nilai fungsi. Ada cara enting lain untuk menyatakan objek-objek, yang didasarkan ada induksi matematis. Untuk menyatakan barisan dan fungsi, ada suku awal yang ditentukan, dan suatu aturan untuk menentukan nilai berikutnya dari nilai yang telah diketahui. Misalnya, kita daat menentukan barisan {2 n } dengan menentukan a = 2 dan a 2 n an untuk n =,2,3,

2 Himunan daat dinyatakan dengan mendaftarkan beberaa elemennya dan memberikan aturan untuk mengonstruksi elemen-elemen yang telah diketahui ini menjadi himunan. Sehingga definisi definisi rekursif ( recursive definition ), digunakan dalam semua matematika diskret dan sains komuter. Aabila suatu rosedur ditentukan untuk menyelesaikan suatu masalah, rosedur ini selalu menyelesaikan masalah secara benar. Namun, masih menguji dengan melihat bahwa hasil itu benar dieroleh dengan suatu himunan nilai masukan (inut) yang tidak menunjukkan rosedur yang selalu bekerja secara benar. Kebenaran dari suatu rosedur daat dijamin hanya dengan membuktikan bahwa kebenaran selalu menghasilkan hasil yang benar. Bagian terakhir memuat suatu engantar keada teknik verifikasi rogram. Teknik verifikasi rogram adalah suatu teknik formal untuk menguji rosedur adalah benar. Verifikasi rogram disajikan sebagai basis untuk usaha langsung keada bukti dalam suatu tamilan mekanik bahwa rogram benar.

3 METODE BUKTI Drs. C. Jacob, M.Pd 2. Pengantar Dua ertanyaan enting yang muncul dalam studi matematika adalah: () kaan suatu argumen matematis benar? (2) metode aa yang digunakan untuk mengonstruksi argumen matematis? Bagian ini membantu menjawab ertanyaan ini dengan menggambarkan berbagai bentuk; argumen matematis benar dan tidak benar. Teorema adalah suatu ernyataan yang daat ditunjukkan benar. Kita mendemonstrasikan bahwa suatu teorema benar terhada suatu barisan ernyataan yang membentuk suatu argumen, yang disebut bukti. Untuk mengonstruksi bukti, dierlukan metode untuk menurunkan ernyataan baru dari salah satu ernyataan sebelumnya. Pernyataan yang digunakan dalam suatu bukti daat meliuti aksioma atau ostulat, yang meruakan asumsi utama tentang struktur matematis, hiotesis dari teorema yang dibuktikan, dan teorema yang dibuktikan sebelumnya. Aturan inferensi, bermakna digunakan untuk menggambarkan konklusi dari ernyataan tegas lainnya, bersama-sama langkah-langkah dari suatu bukti. Dalam bagian ini, aturan inferensi akan didiskusikan. Aturan inferensi ini akan membantu menjelaskan aa yang membuat bukti benar. Ada bentuk biasa dari enalaran tidak benar, yang disebut kesesatan ( fallacies ) juga akan digambarkan. Selanjutnya, berbagai metode yang biasanya digunakan untuk membuktikan teorema yang akan dierkenalkan. Istilah lemma dan corollary digunakan untuk tie teorema tertentu. Suatu lemma (jamak lemmas atau lemmata) adalah suatu teorema sederhana yang digunakan dalam bukti teorema lainnya. Bukti rumit biasanya mudah dimengerti aabila dibuktikan dengan menggunakan sederetan lemma, di mana masing-masing lemma dibuktikan secara sendiri-sendiri. Suatu

4 corollary adalah suatu roosisi yang daat ditentukan secara langsung dari suatu teorema yang telah dibuktikan. 2.2 Aturan Inferensi Tautology [ ( )) meruakan basis dari aturan inferensi yang disebut modus onens, atau hukum detachmen ( law of detachment ). Tautology ini ditulis dalam cara berikut: Menggunakan notasi ini, hiotesis ditulis dalam suatu kolom dan konklusi di bawah suatu bar. (Simbol menyatakan jadi ). Modus onens menyatakan bahwa jika kedua imlikasi dan hiotesisnya diketahui benar, maka konklusi dari imlikasi ini benar. CONTOH Andaikan bahwa imlikasi jika hari ini turun hujan salju, maka kita akan ergi main tennis dan hiotesisnya, hari ini turun hujan salju, adalah benar. Maka, dengan modus onens, mengikuti konklusi dari imlikasi, kita akan ergi main tenis, adalah benar. CONTOH 2 Imlikasi jika n daat dibagi dengan 3, maka n 2 daat dibagi dengan 9, adalah benar. Konsekuensinya, jika n daat dibagi dengan 3, maka dengan modus onens, n 2 daat dibagi dengan 9. Tabel menyajikan beberaa aturan inferensi enting. Verifikasi aturan inferensi ini daat ditentukan sebagai latihan. Di sini beberaa contoh argumen menggunakan aturan inferensi ini.

5 CONTOH 3 Tentukan aturan inferensi manakah yang meruakan basis argumen berikut: di bawah sangat dingin sekarang. Jadi, ini terjadi salah satu; di bawah sangat dingin atau sekarang hujan. Solusi: Misalkan adalah roosisi Di bawah sangat dingin sekarang dan adalah roosisi Sekarang hujan. Maka argumen ini berbentuk: Argumen ini menggunakan aturan tambahan (addition rule). Tabel : Aturan Inferensi Aturan Referensi Tautology Nama ( ) Addition ( ) Simlification [ ( )] Modus Ponens [ ( )] Modus Tollens r r [( ) ( r)] ( r) Hyothetical Syllogism [( ) ] Disjunctive Syllogism

6 CONTOH 4 Tentukan aturan inferensi manakah yang meruakan basis dari argumen berikut: Di bawah sangat dingin dan hujan sekarang. Jadi, di bawah sangat dingin sekarang. Solusi: Misalkan adalah roosisi Di bawah sangat dingin sekarang, dan adalah roosisi Kini hujan. Argumen ini berbentuk : Argumen ini menggunakan simlification rule. CONTOH 5 Tentukan aturan inferensi manakah yang digunakan dalam argumen: Jika hujan hari ini, maka kita tidak daat bertamasya. Jika kita tidak daat bertamasya hari ini, maka kita akan bertamasya besok. Jadi, jika hujan hari ini, maka kita akan bertamasya besok. Solusi: Misalkan adalah roosisi hujan hari ini, misalkan adalah roosisi Kita tidak daat bertamasya hari ini, dan misalkan r adalah roosisi Kita akan bertamasya besok. Maka argumen ini berbentuk: r r Sehingga argumen ini adalah suatu Hyothetical Syllogism. Suatu argumen yang dibangun menggunakan aturan inferensi dikatakan valid. Aabila semua roosisi digunakan dalam suatu argumen valid adalah benar, ia bereran untuk suatu konklusi benar. Bagaimanaun, suatu argumen valid daat bereran untuk

7 suatu konklusi tidak benar jika satu atau lebih roosisi salah digunakan dalam argumen itu. Misalnya, jika 0 daat dibagi dengan 3, maka 0 2 daat dibagi dengan 9. 0 daat dibagi dengan 3. akibatnya, 0 2 daat dibagi dengan 9 adalah suatu argumen valid didasarkan ada modus onens. Bagaimanaun, konklusi dari argumen ini salah, karena 9 tidak membagi 0 2 = Proosisi salah 0 daat dibagi dengan 3 digunakan dalam argumen, yang berarti konklusi dari argumen daat salah. 2.3 Kesesatan (Fallacies) Ada berbagai kesesatan biasanya muncul dalam argumen tidak benar. Kesesatan ini miri dengan aturan inferensi tetai didasarkan ada kontingensi dari ada tautology. Ini didiskusikan di sini untuk menunjukkan erbedaan antara enalaran benar dan tidak benar. Proosisi [( ) ] adalah bukan suatu tautology karena roosisi salah aabila salah dan benar. Bagaimanaun, ada banyak argumen tidak benar yang dierlakukan ini sebagai suatu tautology. Tie enalaran yang tidak benar ini disebut: kesesatan mengesahkan konklusi (fallacy of affirming the conclusion ). CONTOH 6 Aakah argumen berikut valid? Jika anda menyelesaikan setia masalah dalam buku ini, maka anda akan belajar matematika diskret. Anda belajar matematika diskret. Jadi, anda daat menyelesaikan setia masalah dalam buku ini. Solusi: Misalkan adalah roosisi Anda menyelesaikan setia masalah dalam buku ini. Misalkan adalah roosisi Anda belajar matematika diskret. Maka argumen ini berbentuk: jika dan, maka. Ini meruakan suatu contoh dari argumen tidak benar yang menggunakan kesesatan mengesahkan konklusi.

8 Malahan, ini memungkinkan anda belajar matematika diskret dalam beberaa cara lain dariada dengan menyelesaikan setia masalah dalam buku ini. (Anda daat belajar matematika diskret dengan membaca, mendengarkan kuliah, menyelesaikan beberaa masalah tetai bukan semua masalah dalam buku ini, dan seterusnya). CONTOH 7 Misalkan adalah roosisi n (mod 3), dan misalkan adalah roosisi n 2 (mod 3). Imlikasi, yang adalah jika n (mod 3), maka n 2 (mod 3), adalah benar. Jika benar, sedemikian sehingga n 2 n (mod 3)? (mod 3), aakah benar, yaitu, Solusi: Ini tidak benar untuk menyimulkan bahwa benar, karena ini memungkinkan n 2 (mod 3). Jika konklusi tidak benar bahwa benar dibuat, ini akan meruakan suatu contoh dari kesesatan mengesahkan konklusi. Proosisi [( ) ] adalah bukan tautology, karena roosisi salah aabila salah dan benar. Ada banyak argumen tidak benar yang menggunakan ini secara tidak benar sebagai suatu aturan inferensi. Tie enalaran tidak benar ini disebut kesesatan menyangkal hiotesis ( fallacy of denying the hyothesis ). CONTOH 8 Misalkan dan seerti dalam Contoh 6. jika imlikasi benar, dan benar, aakah ini benar untuk menyimulkan bahwa benar? Dengan kata lain, aakah roosisi benar dengan mengasumsikan bahwa anda tidak belajar matematika diskret jika anda tidak menyelesaikan setia masalah dalam buku

9 ini, mengasumsikan bahwa jika anda menyelesaikan setia masalah dalam buku ini, maka anda belajar matematika diskret? Solusi: Ini memungkinkan anda belajar matematika diskret lengka jika anda tidak menyelesaikan setia masalah dalam buku ini. Argumen tidak benar ini berbentuk mengakibatkan menyangkal hiotesis. dan, yang meruakan suatu contoh kesesatan CONTOH 9 Misalkan dan adalah seerti dalam Contoh 7. Aakah benar untuk mengasumsikan bahwa jika benar, maka benar menggunakan fakta bahwa aakah ini benar untuk menyimulkan bahwa n 2 n (mod 3), menggunakan imlikasi: jika n n 2 (mod 3)? benar? Dengan kata lain, (mod 3) jika (mod 3), maka Solusi: Ini tidak benar untuk menyimulkan bahwa n 2 (mod 3) jika n (mod 3), karena n 2 (mod 3) aabila n 2 (mod 3). Argumen tidak benar ini meruakan contoh lain dari kesesatan menyangkal hiotesis. Banyak argumen tidak benar didasarkan ada suatu kesesatan yang disebut tidak menggunakan ertanyaan ( begging the uestion ). Kesesatan ini terjadi aabila satu atau lebih langkah suatu bukti yang didasarkan ada kebenaran ernyataan yang dibuktikan. Dengan kata lain, kesesatan ini muncul aabila suatu ernyataan dibuktikan menggunakan dirinya sendiri, atau suatu ernyataan yang ekuivalen dengan ernyataan tersebut. Itulah sebabnya kesesatan ini juga disebut enalaran sirkular ( circular reasoning ).

10 CONTOH 0 Aakah argumen berikut benar? Ini menurut dugaan menunjukkan bahwa n adalah suatu bilangan bulat gena aabila n 2 adalah suatu bilangan bulat gena. Andaikan bahwa n 2 adalah gena. Maka n 2 = 2k untuk suatu bilangan bulat k. Misalkan n = 2 l untuk suatu bilangan bulat l. Ini menunjukkan bahwa n gena. Solusi: Argumen ini tidak benar. Peryataan misalkan n = 2 l untuk suatu bilangan bulat l terjadi dalam bukti. Bukan argumen diberikan untuk menunjukkan bahwa ernyataan benar. Ini meruakan enalaran sirkular karena ernyataan ini ekuivalen dengan ernyataan yang dibuktikan, yaitu, n gena. Tentu, hasil dirinya-sendiri benar; hanya metode bukti salah. 2.4 Metode Pembuktian Teorema Kita membuktikan berbagai teorema sebelum seksi ini. Kini marilah kita lebih ekslisit tentang metodologi mengonstruksi bukti. Kita akan menggambarkan bagaimana tie ernyataan berbeda dibuktikan. Karena banyak teorema adalah imlikasi, teknik untuk membuktikan imlikasi adalah enting. Sebut, Ingat bahwa aabila ernyataan benar tana benar tetai salah. dibuktikan, ini hanya erlu menunjukkan bahwa benar jika benar; ini biasanya tidak meruakan kasus bahwa dibuktikan benar. Kita akan memberikan sebagian besar teknik biasa untuk membuktikan imlikasi dalam diskusi berikut. imlikasi S Andaikan bahwa hiotesis dari suatu imlikasi salah. Maka benar, karena ernyataan yang berbentuk S B atau S, dan oleh sebab itu benar. Akibatnya, jika ini daat ditunjukkan bahwa salah, maka suatu bukti, disebut bukti kosong ( vacuous roof ), dari

11 imlikasi daat diberikan. Bukti kosong sering digunakan untuk memerlihatkan kasus teorema khusus yang menyatakan bahwa suatu imlikasi benar untuk semua bilangan bulat ositif (misal, suatu teorema dari jenis n P (n) di mana P(n) adalah suatu fungsi roosisional). Teknik bukti untuk teorema dari jenis ini akan didiskusikan dalam seksi induksi matematis. CONTOH Tunjukkan bahwa roosisi P(0) benar di mana P(n) adalah fungsi roosisional jika n >, maka n 2 > n. Solusi: Ingat bahwa roosisi P(0) adalah imlikasi Jika 0 >, maka 0 2 > 0. Karena hiotesis 0 > salah, imlikasi P(0) secara otomatis benar. Perhatian: Fakta bahwa konklusi dari imlikasi ini, 0 2 > salah tidak relevan dengan nilai kebenaran imlikasi, karena suatu imlikasi dengan suatu hiotesis salah dijamin benar. Andaikan bahwa konklusi dari suatu imlikasi Maka atau benar. benar, karena ernyataan memiliki bentuk B B S B, yang adalah benar. Sehingga, jika ini daat ditunjukkan bahwa benar, maka suatu bukti, disebut bukti trivial ( trivial roof ), dari daat diberikan. Bukti trivial sering enting aabila kasus teorema khusus dibuktikan (lihat diskusi bukti dengan kasus) dan dalam induksi matematis, yang meruakan suatu teknik bukti yang didiskusikan dalam seksi induksi matematis. CONTOH 2 Misalkan P(n) adalah roosisi Jika a dan b adalah bilangan bulat ositif dengan a b, maka a n b n. Tunjukkan bahwa roosisi P(0) benar.

12 Solusi: Proosisi P(0) adalah Jika a b, maka a 0 b 0. Karena a o = b o =, konklusi P(0) benar. Sehingga P(0) benar. Ini meruakan suatu contoh dari bukti trivial. Ingat bahwa hiotesis, yang meruakan ernyataan a b, tidak dierlukan dalam bukti ini. Imlikasi daat dibuktikan dengan menunjukkan bahwa jika benar, maka juga harus benar. Ini menunjukkan bahwa kombinasi benar dan salah tidak ernah terjadi. Suatu bukti dari jenis ini disebut bukti langsung ( direct roof ). Untuk melaksanakan suatu bukti, asumsikan bahwa benar dan menggunakan aturan inferensi dan teorema yang telah dibuktikan untuk menunjukkan bahwa juga harus benar. CONTOH 3 Berikan suatu bukti langsung dari teorema Jika n gasal, maka n 2 gasal. Solusi: Asumsikan bahwa hiotesis dari imlikasi ini benar, yaitu, andaikan bahwa n gasal. Maka n = 2k +, di mana k adalah suatu bilangan bulat. Sehingga n 2 = (2k + ) 2 = 4k 2 + 4k + = 2 (2k 2 + 2k) +. Jadi, n 2 gasal ( lebih dari dua kali suatu bilangan bulat). Karena imlikasi ekuivalen dengan kontraositifnya,, imlikasi daat dibuktikan dengan menunjukkan bahwa kontraositifnya, benar. Hubungan imlikasi ini biasanya dibuktikan secara langsung, tetai setia teknik bukti daat digunakan. Suatu argumen dari tie ini disebut bukti tak langsung ( indirect roof ).

13 CONTOH 4 Berikan suatu bukti tak langsung dari teorema Jika 3n + 2 gasal, maka n gasal. Solusi: Asumsikan bahwa konklusi dari imlikasi ini salah; yaitu asumsikan bahwa n gena. Maka n = 2k untuk suatu bilangan bulat k. Sehingga, 3n + 2 = 3 (2k + 2) = 6k + 2 = 2 (3k + ), sedemikian hingga 3n + 2 gena, (karena meruakan keliatan 2). Sehingga negasi dari konklusi imlikasi mengakibatkan hiotesis salah, imlikasi asli benar. Andaikan bahwa suatu kontradiksi daat ditentukan sedemikian hingga roosisi benar, yaitu, S benar. Maka harus salah. Akibatnya, harus benar. Teknik ini daat digunakan aabila suatu kontradiksi, seerti r r, daat ditentukan sedemikian hingga memungkinkan untuk menunjukkan bahwa imlikasi ( r r) benar. Suatu argumen dari tie ini disebut bukti dengan kontradiksi ( roof by contradiction ). CONTOH 5 Buktikan bahwa dengan kontradiksi. 2 irasional dengan memberikan suatu bukti Solusi: Misalkan roosisi: 2 irasional. Andaikan bahwa benar. Maka 2 rasional. Akan ditunjukkan bahwa ini bereran untuk suatu kontradiksi. Di bawah asumsi bahwa 2 adalah rasional, ada bilangan bulat a dan b dengan 2 = a / b, di 2 = a 2 / b 2 mana a dan b tidak memiliki faktor sekutu (sehingga ecahan a / b dalam istilah lemah). Karena 2 = a / b, aabila kedua ruas dari ersamaan ini dikuadratkan dieroleh sehingga, 2 = a 2 /b 2. Sehingga, 2b 2 = a 2. Ini berarti a 2 gena, mengakibatkan a gena.

14 Selanjutnya karena a gena, a = 2c untuk suatu bilangan bulat c. Sehingga 2b 2 = 4c 2, b 2 = 2c 2. Ini berarti b 2 gena. Sehingga, b harus gena juga. Ini menunjukkan bahwa mengakibatkan 2 = a / b, di mana a dan b tidak memiliki faktor sekutu, dan 2 membagi a dan b. Ini meruakan suatu kontradiksi. Sehingga salah, dengan demikian : 2 irasional benar. Suatu bukti tak langsung dari suatu imlikasi daat dituliskan kembali sebagai suatu bukti bukti tak langsung kita menunjukkan bahwa dengan kontradiksi. Dalam suatu benar dengan menggunakan bukti langsung untuk menunjukkan bahwa benar.yakni dalam suatu bukti tak langsung dari kita asumsikan bahwa benar dan menunjukkan bahwa juga harus benar. Untuk menuliskan kembali suatu bukti tak langsung dari sebagai suatu bukti dengan kontradiksi, kita andaikan dan langsung benar. Maka kita gunakan langkah dari bukti untuk menunjukkan bahwa juga harus benar. Ini bereran untuk kontradiksi, yang melengkai bukti dengan kontradiksi. Contoh 6 mengilustrasikan bagaimana suatu bukti tak langsung dari suatu imlikasi daat dituliskan kembali sebagai suatu bukti dengan kontradiksi.

15 CONTOH 6 Berikan suatu bukti dengan kontradiksi dari teorema: Jika 3n + 2 gasal, maka n gasal. Solusi: Kita asumsikan bahwa 3n + 2 gasal dan n tidak gasal, sedemikian hingga n gena. Mengikuti langkah yang sama seerti dalam solusi Contoh 4 (suatu bukti tak langsung dari teorema ini), kita daat menunjukkan bahwa jika n gena, maka 3n + 2 gena. Kontradiksi ini mengasumsikan bahwa 3n + 2 gasal, yang melengkai bukti. Untuk bukti suatu imlikasi dari bentuk tautology ( 2... n ) [( 2... n ) ] [( ) ( 2 )... ( n )] daat digunakan sebagai suatu aturan inferensi. Ini menunjukkan bahwa imlikasi asli dengan suatu hiotesis membuat suatu disjungsi dari roosisi,...,, 2 n daat dibuktikan dengan membuktikan masing-masing dari n imlikasi i, i =, 2,, n, secara sendiri-sendiri. Sehingga suatu argumen seerti itu disebut bukti dengan kasus ( roof by cases ). Kadang-kadang untuk bukti bahwa suatu imlikasi benar, ini cocok untuk menggunakan suatu disjungsi... 2 n dariada sebagai hiotesis dari imlikasi, di mana dan... 2 n ekuivalen. Perhatikan contoh berikut.

16 CONTOH 7 Buktikan imlikasi Jika n suatu bilangan bulat yang tidak daat dibagi dengan 3, maka n 2 (mod 3). Solusi: Misalkan adalah roosisi n tidak daat dibagi dengan 3, dan misalkan adalah roosisi n 2 (mod 3). Maka ekuivalen dengan 2, di mana adalah n (mod 3) dan 2 adalah n 2 (mod 3). Sehingga, untuk menunjukkan bahwa ini daat menunjukan bahwa dan. Ini 2 mudah untuk memberikan bukti langsung dari dua imlikasi ini. Pertama, andaikan benar. Maka n (mod 3), sedemikian hingga n = 3k + untuk suatu bilangan bulat k. Sehingga, n 2 = 9k 2 + 6k + = 3 (3k 2 + 2k) +. Menyusul n 2 (mod 3). Sehingga, imliksi benar. Berikut andaikan bahwa 2 benar. Maka n 2 (mod 3), sedemikian sehingga n = 3k + 2 untuk suatu bilangan bulat k. Sehingga, n 2 = 9k 2 + 2k + 4 = 3 (3k 2 + 4k + ) +. Karena, n 2 (mod 3), sehingga imlikasi 2 benar. Sehingga ini menunjukkan bahwa dan 2 benar, ini daat disimulkan bahwa ( 2 ) benar. Selain itu, karena ekuivalen dengan 2, akibatnya benar. Untuk bukti suatu teorema adalah suatu akuivalensi, yaitu, salah satu dari suatu ernyataan berbentuk roosisi, tautology ( ) [( ) ( )] di mana dan

17 daat digunakan. Yakni, roosisi jika dan hanya jika daat dibuktikan jika imlikasi jika, maka dan jika, maka dibuktikan. CONTOH 8 Buktikan teorema bilangan bulat n adalah gasal jika dan hanya jika n 2 gasal. Solusi: Teorema ini berbentuk jika dan hanya jika, di mana adalah n gasal dan adalah n 2 gasal. Untuk membuktikan teorema ini, kita erlu untuk menunjukkan bahwa benar. Kita telah menunjukkan (dalam Contoh 3) bahwa dan benar. Kita akan menggunakan suatu bukti tak langsung untuk membuktikan bahwa. Asumsikan bahwa konklusinya salah, yaitu, n gena. Maka n = 2k untuk suatu bilangan bulat k. Maka n 2 = 4k 2 =2(2k 2 ), sehingga n 2 gena (karena ia meruakan suatu keliatan 2). Ini melengkai bukti tak langsung. Sehingga kita telah menunjukkan bahwa benar, kita telah menunjukkan bahwa teorema itu benar. dan Kadang-kadang suatu teorema menyatakan berbagai roosisi ekuivalen. Sehingga suatu teorema menyatakan roosisi,...,, 2, 3 n ekuivalen. Ini daat ditulis sebagai... 2 n yang menyatakan bahwa semua n roosisi memiliki nilai kebenaran yang sama. Salah satu cara untuk bukti ekuivalen satu sama lain adalah menggunakan tautology,

18 [ 2... n ] [( 2 ) ( 2 3)... ( n )]. Ini menunjukkan bahwa jika imlikasi, n daat ditunjukkan benar, maka 2 2 3,..., roosisi,...,, 2 n semuanya ekuivalen. CONTOH 9 Buktikan bahwa aabila n adalah suatu bilangan bulat, tiga ernyataan berikut ekuivalen. : n mod 3 = atau n mod 3 = 2 2 : n tidak daat dibagi dengan 3 3 : n 2 (mod 3) Solusi: untuk menunjukkan bahwa ernyataan-ernyataan itu ekuivalen, kita daat buktikan bahwa imlikasi 2, 2 3, dan 3 benar. Kita akan menggunakan bukti langsung untuk menunjukkan bahwa n mod 3 = atau 2. Dengan algoritma embagian, n = 3 + r di mana 0 r 3. Dengan definisi mod, kita eroleh r = n mod 3. Karena n daat dibagi dengan 3 jika dan hanya jika r = 0, asumsikan bahwa n mod 3 = atau 2 mengakibatkan bahwa n tidak daat dibagi dengan 3. Ini melengkai bukti bahwa 2 benar. Kita telah menunjukkan bahwa 2 3 benar dalam Contoh 7. Kita akan menggunakan suatu bukti tak langsung untuk menunjukkan bahwa 3 benar. Kita asumsikan bahwa konklusi dari imlikasi ini salah, yaitu, bahwa tak satuun; baik n mod 3 adalah mauun n mod 3 adalah 2. Karena n mod 3 = 0, atau 2, kita melihat bahwa n mod 3 = 0. Ini berarti bahwa 3 n,

19 sehingga n = 3k untuk suatu bilangan bulat k. Ini mengakibatkan bahwa n 2 = 9k 2 = 3 (3k 2 ), yang menunjukkan bahwa n 2 0 (mod 3), sehingga 3 salah. Ini melengkai bukti tak langsung bahwa 3, dan juga melengkai bukti teorema itu. 2.5 Teorema dan Kuantifier Banyak teorema dinyatakan sebagai roosisi yang meliuti kuantifier. Ada berbagai metode untuk membuktikan teorema adalah kauantifikasi. Kita akan menggambarkan beberaa dari yang sangat enting ini di sini. Banyak teorema menonjolkan objek-objek dari suatu tie khusus yang ada. Suatu teorema dari tie ini adalah suatu roosisi berbentuk P(x), di mana P adalah suatu redikat. Suatu bukti dari roosisi berbentuk x P (x) disebut bukti eksistensi ( existence roof ). Ada berbagai cara untuk bukti teorema dari tie ini. Kadang-kadang suatu bukti eksistensi P (x) daat diberikan dengan menentukan suatu elemen a sedemikian hingga P(a) benar. Sehingga suatu bukti eksistensi disebut konstruktif ( constructive ). Ini juga memungkinkan untuk memberikan suatu bukti eksistensi yang nonkonstruktif ( noncontructive ); yaitu, kita tidak daat menentukan suatu elemen a sedemikian hingga P(a) benar, tetai cuku membuktikan bahwa x P (x) benar dalam suatu cara lain. Salah satu metode biasa yang memberikan suatu bukti eksistensi nonkonstruktif adalah menggunakan bukti dengan kontradiksi dan menunjukkan bahwa negasi dari kuantifier eksistensial mengakibatkan suatu kontradiksi. Konse dari suatu bukti eksistensi konstruktif diilustrasikan dengan contoh berikut. x x CONTOH 20 Suatu bukti eksistensi konstruktif. Tunjukkan bahwa ada n bilangan bulat ositif komosif berurutan untuk setia bilangan

20 bulat ositif n. Ingat bahwa ernyataan ini untuk bukti kuantifikasi: n x (x + i adalah komosit untuk i =,2,, n). Solusi: Misalkan x = (n +)! +. Perhatikan bilangan bulat x +, x + 2,, x + n. Ingat bahwa i + membagi x + i = (n + )! + (i + ) untuk i =,2,, n. Sehingga, n bilangan bulat ositif komosit berurutan telah diberikan. Ingat bahwa dalam solusi suatu bilangan x sedemikian hingga x + i komosit untuk i =, 2,, n telah dihasilkan. Sehingga, ini meruakan suatu contoh dari suatu bukti eksistensi konstruktif. Perhatian: Bukti dalam Contoh 20 daat ditemukan dalam karya Euclid seorang matematisi Yunani kuno. Suatu contoh dari suatu bukti eksistensi nonkonstruktif diberikan berikut ini. CONTOH 2 Suatu bukti eksistensi nonkontruktif Tunjukkan bahwa untuk setia bilangan bulat ositif n ada suatu rima lebih besar dari n. Pertanyaan masalah ini untuk suatu bukti dari suatu kuantifikasi eksistensial yaitu x Q (x), di mana Q(x) adalah roosisi x adalah rima dan x lebih besar dari n, dan univers wacana adalah himunan bilangan bulat ositif. Solusi: Misalkan n adalah bilangan bulat ositif. Untuk menunjukkan bahwa ada suatu rima lebih besar dari n, erhatikan bilangan bulat n! +. Karena setia bilangan bulat memiliki suatu faktor rima, ada aling sedikit suatu rima membagi n! +. (Satu

21 kemungkinan adalah n! + sudah rima). Ingat aabila n! + dibagi dengan suatu bilangan bulat kurang dari atau sama dengan n, sisanya sama dengan. Sehingga, setia faktor rima dari bilangan bulat ini harus lebih besar dari n. Ini membuktikan hasil itu. Argumen ini meruakan suatu bukti eksistensi nonkonstruktif karena suatu rima lebih besar dari n tidak dihasilkan. Singkatnya, ini menunjukkan bahwa salah satu harus ada. Andaikan suatu ernyataan berbentuk x P(x) adalah salah. Bagaimana kita daat menunjukkan ini? Ingat bahwa roosisi xp(x) dan x P(x) ekuivalen. Ini berarti bahwa jika kita tentukan suatu elemen a sedemikian hingga P(a) adalah salah, maka kita menunjukkan bahwa x P(x)adalah benar, yang berarti bahwa x P(x) salah. Suatu elemen a di mana P(a) salah disebut contoh tandingan ( counterexamle ). Ingat bahwa hanya satu contoh tandingan erlu ditentukan untuk menunjukkan bahwa x P(x) salah. CONTOH 22 Tunjukkan bahwa ernyataan semua rima adalah gasal adalah salah. Solusi: Pernyataan Semua rima gasal adalah suatu kuantifikasi universal, yaitu, x O(x), di mana O(x) adalah roosisi x adalah gasal, dan univers wacana adalah himunan bilangan rima. Ingat bahwa x = 2 meruakan contoh tandingan, karena 2 adalah suatu bilangan rima gena. Sehingga, ernyataan Semua bilangan rima gasal adalah salah. 2.6 Beberaa Komentar ada Bukti

22 Kita telah menggambarkan berbagai metode untuk membuktikan teorema. Pembaca daat mengamati bahwa bukan algoritma untuk membuktikan teorema yang diberikan di sini sehingga suatu metode tidak ada. Ada banyak teorema yang buktinya mudah untuk menentukan dengan secara langsung bekerja melalui hiotesis dan definisi dari istilah-istilah dalam teorema. Bagaimanaun, ini sering sulit untuk bukti suatu teorema tana berusaha untuk mahir menggunakan suatu bukti tak langsung, bukti dengan kontradiksi, atau beberaa teknik bukti lain. Mengonstruksi bukti meruakan suatu seni yang daat dielajari dengan mencoba berbagai macam emecahan. Selain itu banyak ernyataan yang muncul menjadi teorema menantang usaha matematisi untuk seratus tahun. Misalnya, seerti ernyataan sederhana setia bilangan bulat ositif gena lebih besar dari 4 meruakan jumlah dua rima masih belum ditunjukkan benar, dan bukan contoh tandingan yang telah ditentukan. Pernyataan ini dikenal sebagai Goldbach s Conjucture dan meruakan salah satu dari banyak ernyataan tegas dalam matematika adalah sederhana untuk menyatakan, dengan suatu nilai kebenaran yang belum diketahui (anu). Christian Goldbach ( ) Christian Goldbach lahir di Konigsberg, Prusia, kota terkemuka untuk masalah jembatan terkenalnya (yang dikenal dalam teori Graf). Beliau menjadi rofessor matematika ada Academy in St. Petersburg 728. Tahun 728 Goldbach ergi ke Moscow menjadi tutor utra tsar. Ia memasuki dunia olitik tahun 742, ia menjadi anggota staf dalam Rusian

23 Ministry of Foreign Affairs. Goldbach sangat terkenal dengan koresondensinya terhada matematisi ulung/unggul, meliuti Leonhard Euler dan Daniel Bernoulli, untuk conjecture terkenalnya dalam teori bilangan, dan untuk berbagai konstribusi untuk analisis. LATIHAN. Aturan inferensi aakah yang digunakan dalam masing-masing argumen berikut? a) Donni menyenangi bola basket. Jadi, Donni menyenangi bola basket atau tolak eluru. b) Donni menyenangi bola basket dan tolak eluru. Jadi, Donni menyenangi bola basket. c) Jika hari ini tanggal 20 Mei, maka ada uacara bendera. Hari ini tanggal 20 Mei. Jadi, ada uacara bendera. d) Jika hari ini adalah hari Minggu, maka ara siswa libur. Para siswa tidak libur hari Minggu. Jadi, hari ini adalah bukan hari Minggu. e) Jika = 5, maka ibu kota rovinsi Kalsel adalah Samit. Jika ibu kota rovinsi Kalsel adalah Samit, maka 2 x 5 = Jadi, jika = 5, maka 2 x 5 = Tentukan manakah dari masing-masing argumen berikut adalah valid? Jika suatu argumen benar, aturan inferensi aakah yang digunakan? Jika argumen tidak benar, kesesatan aakah yang terjadi? a) Jika n suatu bilangan real sehingga n, maka n 2. Andaikan n 2. Maka n. b) Bilangan log 2 3 adalah irasional jika ia bukan rasio dari dua bilangan bulat. Jadi, karena log 2 3 tidak daat ditulis dalam bentuk a / b di mana a dan b bilangan bulat, irasional. 3. Buktikan atau tana dibuktikan bahwa hasilkali dua bilangan irasional adalah irasional? 4. Buktikan jika n adalah suatu bilangan bulat ositif, maka n adalah gasal jika dan hanya jika 5n + 6 adalah gasal.