Location via proxy:   [ UP ]  
[Report a bug]   [Manage cookies]                
E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 1 of 34 BAB I CATATAN SEJARAH, NOTASI, DAN PRINSIP A. CATATAN SEJARAH Dalam pengertian yang ketat, kajian tentang sifat-sifat bilangan asli disebut dengan teori bilangan. Dalam pengertian yang lebih luas, teori bilangan mempelajari bilangan dan sifat-sifatnya. Dalam buku ini, pembicaraan tentang bilangan diutamakan pada bilangan bulat, yaitu membahas banyak sifat menarik bilangan bulat serta hubungan antar unsur-unsurnya. Teori tentang bilangan telah menarik perhatian ilmuwan selama ribuan tahun, paling sedikit sejak 2500 tahun yang lalu. Sebagai salah satu cabang matematika, teori bilangan dapat disebut sebagai “aritmetika lanjut (advanced arithmetics)” karena terutama berkaitan dengan sifat-sifat bilangan asli. Perkembangan ilmu pengetahuan dan teknologi (iptek) sebetulnya mempunyai kaitan yang erat dengan perkembangan system numerasi, yaitu dalam hal menyatakan, menghubungkan dan mengoperasikan bilangan. Bilangan itu sendiri mewakili kuantitas yang merupakan hasil pengukuran, jumlah benda dan barang, nilai imbal atau tukar dari suatu transaksi, dan bentuk-bentuk kegiatan lain yang memerlukan bilangan sebagai alat komunikasi. Sejak sekitar 5000 tahun yang lalu, banyak cara yang berbeda dalam mengembangkan basis di dalam system numerasi. Bangsa Babylonia (kuno) menggunakan basis 60 terhadap system numerasi yang dikembangkan dan bangsa Mayan (kuno) menggunakan system 20 terhadap system numerasi saat itu. Sekarang kita menggunakan basis 10 (decimal system), suatu basis yang pertama kali dikembangkan di India sekitar abad 14. Untuk kepentingan khusus, basis 2 (binary system) digunakan sangat luas dalam mesin-mesin komputer. Pada sekitar abad ke 6 S.M., kelompok Pythagoras menyelidiki sifat-sifat yang berkaitan dengan musik, astronomi, geometri, dan bilangan. Kelompok Pythagoras ini antara lain mengembangkan sifat-sifat bilangan lengkap (Perfect number), bilangan bersekawanan (Amicable number), bilangan prima (Prime number), bilangan segitiga (Triangular number), bilangan persegi [bujur sangkar] (Square number), dan bilangan segilima (Penthagonal number) serta bilangan-bilangan segi-banyak (Figurate number) yang lain. Salah satu sifat bilangan segitiga yang dikenal sampai sekarang disebut dengan triple Pythagoras, yaitu: a2 + b2 = c2 (c sebagai sisi miring, dan a, b sebagai kedua sisi siku-siku) yang diketemukannya melalui perhitungan luas daerah persegi [bujur sangkar] yang sisi-sisinya merupakan sisi-sisi dari segitiga siku-siku dengan sisi miring (hypotenusa) adalah c, dan kaki-kakinya yang lain adalah a dan b. Hasil kajian lain yang sangat populer sampai sekarang adalah pembedaan bilangan prima dan bilangan komposit. Bilangan prima adalah bilangan bulat positif lebih dari satu yang tidak mempunyai faktor positif kecuali satu dan bilangan itu sendiri. Bilangan bulat positif selain satu dan selain bilangan prima disebut Bilangan komposit (majemuk). -1- E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 2 of 34 Catatan sejarah menunjukkan bahwa masalah tentang bilangan prima telah menarik perhatian matematisi selama ribuan tahun, terutama yang berkaitan dengan berapa banyaknya bilangan prima dan bagaimana rumus yang dapat digunakan untuk mencari dan membuat daftar bilangan prima. Dengan perkembangan system numerasi, berkembang pula cara atau prosedur aritmetis untuk landasan kerja, terutama untuk menjawab permasalahan umum, melalui langkah-langkah tertentu yang jelas yang disebut dengan Algoritma. Awal dari algoritma dikerjakan oleh Euclid. Pada sekitar abad 4 S.M., Euclid mengembangkan konsep-konsep dasar geometri dan teori bilangan. Buku Euclid yang ke-7 memuat suatu algoritma untuk mencari faktor persekutuan terbesar dari dua bilangan bulat positif dengan menggunakan suatu teknik atau prosedur yang efisien, melalui sejumlah langkah yang berhingga. Kata algoritma berasal dari algorism. Pada zaman Euclid, istilah ini belum dikenal. Kata algorism bersumber dari nama seorang muslim dan penulis buku terkenal pada tahun 25 M., yaitu Abu Ja’far Muhammed ibn Musa Al Khowarizmi. Bagian akhir kata namanya (Al Khowarizmi), mengilhami lahirnya istilah algorism. Istilah algoritma masuk kosakata kebanyakan orang pada saat awal revolusi komputer, yaitu akhir tahun 1950. Pada abad ke-3 S.M., perkembangan teori bilangan ditandai oleh hasil kerja Erastothenes, yang sekarang terkenal dengan nama Saringan Erastothenes (The Sieve of Erastothenes). Dalam enam abad berikutnya, Diophantus menerbitkan buku yang berjudul Arithmetika, yang membahas penyelesaian persamaan di dalam bilangan bulat dan bilangan rasional, dalam bentuk lambang (bukan bentuk / bangun geometris seperti yang dikembangkan oleh Eulid). Dengan kerja bentuk lambang ini, Diophantus disebut sebagai salah satu pendiri Aljabar. Awal kebangkitan teori bilangan modern dipelopori oleh Pierre de Fermat (1601 – 1665), Leonhard Euler (1707 – 1783), J.L. Lagrange (1735 – 1813), A.M. Legendre (1752 – 1833), Carl Friedrich Gauss (1777 – 1853), Dirichlet (1805 – 1859), Dedekind (1831 – 1916), Reimann (1826 – 1866), Giuseppe Peano (1858 – 1932), Poisson (1866 – 1962), dan Hadamard (1865 – 1963). Sebagai pangeran matematika, Gauss begitu terpesona terhadap keindahan dan kecantikan teori bilangan, dan untuk melukiskannya, ia menyebut teori bilangan sebagai the queen of mathematics. Secara lebih terinci, karya-karya tokoh teori bilangan dapat disebutkan antara lain: 1. Fermat: Teorema terakhir Fermat (Fermat’s Last Theorem) menyatakan bahwa: Jika n ≥ 3 adalah suatu bilangan bulat positif, maka persamaan: xn + yn = zn; tidak mempunyai penyelesaian dalam bilangan bulat positif x, y, dan z. 2. Euler: Euler adalah seorang tokoh yang mempelopori analisis dari teori bilangan. Salah satu fungsi terkenal yang dibuatnya adalah fungsi φϕ-Euler, yaitu fungsi yang menyatakan banyak unsur dalam system residu tereduksi modulo m, atau fungsi yang menyatakan banyaknya bilangan bulat positif kurang daripada atau sama dengan m yang relatif prima (koprim) dengan m. 3. Lagrange: Lagrange banyak bekerja dalam mengembangkan analisis teori bilangan serta banyak membuktikan teorema-teorema Euler yang belum selesai. -2- E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 3 of 34 4. Legendre: Legendre banyak mengembangkan sistematisasi teori bilangan dalam bukunya yang berjudul Essai sur la teoric des numbers pada tahun 1798. 5. Gauss: Gauss banyak mengembangkan penggunaan bilangan aljabar dan banyak teori tentang bentuk-bentuk kuadratis yang ditulis dalam bukunya Disquistiones Arithmeticae pada tahun 1801. 6. Dirichlet: Dirichlet banyak meneruskan kerja Gauss dan menuliskannya dalam bukunya yang berjudul Vorlesunge uber Zahlen theorie pada tahun 1863 7. Dedekind: Dedekind banyak bekerja dalam pengembangan aljabar teori bilangan 8. Riemann: Kerja utama dari Riemann adalah mengembangkan analisis teori bilangan dengan menggunakan variable kompleks. 9. Hadamard dan Poisson: Hadamard dan Poisson banyak bekerja tentang pembuktian sifat-sifat yang terkait dengan bilangan prima Dalam bukunya Formulario Mathematico, Guiseppe Peano mengaksiomakan himpunan bulat tidak negatif berdasarkan tiga istilah yang tidak didefinisikan yaitu nol, bilangan, dan pendahulu. Rumusan aksioma Peano adalah; 1. Nol adalah suatu bilangan. 2. Untuk sebarang bilangan n, pendahulunya adalah juga suatu bilangan. 3. Tidak ada bilangan pendahulu dari nol. 4. Jika dua bilangan m dan n mempunyai pendahulu yang sama, maka m = n. 5. Jika T adalah suatu himpunan bilangan, 0 ∈ T, dan apabila n ∈ T mempunyai pendahulu di dalam T, maka t adalah himpunan semua bilangan bulat tidak negatif. Ide dari Peano ini mengilhami suatu teknik pembuktian yang disebut induksi matematika. Istilah induksi matematika pertama kali digunakan oleh Augustus De Morgan pada awal abad 19 (1806 – 1871). Teknik pembuktian induksi matematika pertama kali digunakan oleh Franscesco Maurocylus (1491 – 1575) di dalam bukunya aritmetika yang diterbitkan pada tahun 1575. Karena kekaguman Leopold Kronecker (1823 – 1891) terhadap bilangan asli, maka ia menyatakan bilangan asli sebagai God made the whole number and all the rest is work of man. B. NOTASI Di dalam matematika, untuk memudahkan uraian, penjelasan, atau keterangan, orang memerlukan seperangkat kesepakatan atau perjanjian tentang makna penggunaan lambang-lambang tertentu. Lambang-lambang matematis yang telah disepakati mempunyai makna tertentu disebut dengan notasi. Notasi-notasi ini dapat berkaitan dengan objek (misalnya himpunan, matriks, vektor), operasi atau pengerjaan (misalnya +, -, :, x, σ [ ∑ ], dan π [ Π ]), hubungan unsur-unsur (misalnya =, >, <, ≥, ≤, ≡, ∞, ⊂, | ) dan pernyataan yang menjelaskan (misalnya FPB a dan b ditulis dengan (a, b), KPK a dan b ditulis dengan [a, b]). Khususnya notasi yang berkaitan dengan himpunan adalah: N = himpunan bilangan asli (natural/counting numbers) = {1, 2, 3, …}. Z = himpunan bilangan bulat (integers number) = {…, –2, –1, 0, 1, 2, 3, …}. Z+ = himpunan bilangan bulat positif = {x ∈ Z | x > 0} = {x ∈ Z | x ≥ 1}. -3- Page 4 of 34 E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Q = himpunan bilangan rasional (rational numbers) = { mn | m, n ∈ Z dan n ≠ 0}. Q+ = himpunan bilangan rasional positif = {x ∈ Q, x > 0}. R = himpunan bilangan real. R+ = himpunan bilangan real positif = {x ∈ R | x > 0}. R– = himpunan bilangan real negatif = {x ∈ R | x < 0}. P = Himpunan bilangan Prima. Beberapa notasi yang lain terdapat di dalam uraian-uraian yang terkait dengan definisi dan penjelasan di dalam pembahasan. Notasi yang berkaitan dengan penjumlahan dan perkalian adalah masing-masing ∑ (sigma kapital) dan π atau Π (pi). Notasi sigma ini perlu dipahami dengan benar sehingga memudahkan dan memperlancar pembahasan berikutnya. Perhatikan beberapa peragaan berikut: 5 ∑ i = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 ∑ 3i 2 = 3.12 + 3.2 2 + 3.3 2 = 42 ∑ xi = x1 + x 2 + x3 + x 4 i= 1 3 i= 1 4 i= 1 3 ∑ i= 1 xi y i2 = x1 y12 + x 2 y 22 + x3 y 32 5 ∏ i = 1.2.3.4.5 = 120 i= 1 3 ∏ 3i 2 = (3.12 ).(3.2 2 ).(3.3 2 ) = 972 i= 1 5 ∏ x i = x1 .x 2 .x3 .x 4 .x5 ∏ x i y i2 = ( x1 y12 ).( x 2 y 22 ).( x3 y 32 ) i= 1 3 i= 1 Batas atas dan batas bawah dari ∑ dan Π dapat ditentukan sebarang bilangan bulat: a. Batas bawah tidak selalu 1, tetapi bilangan bulat sebarang. b. Batas atas tidak boleh kurang dari bawas bawah. c. Huruf i yang digunakan sebagai indeks, disebut variable dummy, dan huruf i dapat diganti oleh sebarang huruf yang lain. Sebagai peragaan, perhatikan: 5 ∑ 2t = 2.3 + 2.4 + 2.5 = 24 ∑ 2 r = 2 2 + 2 3 + 2 4 = 28 t= 3 4 r= 2 1 ∑3 s = 31 = 3 s =1 3 ∑ k= 0 k 2 = 0 2 + 12 + 2 2 + 3 2 = 14 5 ∏ 2t = ( 2.3).(2.4).(2.5) = 480 t= 3 4 ∏ 2 r = ( 2 2 ).(2 3 ).(2 4 ) = 712 r= 2 1 ∏3 s = 31 = 3 s =1 3 ∏ k 2 = (0 2 ).(12 ).(2 2 ).(3 2 ) = 0 k= 0 Di dalam mencari nilai ∑ (banyaknya penjumlahan) dan Π (banyaknya perkalian) perlu diperhatikan bahwa yang berturut-turut diganti adalah variabel dummy. Selanjutnya, beberapa sifat ∑ dan Π yang banyak diperlukan adalah: -4- Page 5 of 34 E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc k 1. ∑ i= j ( xi + y i ) = ( x j + y j ) + ( x j + 1 + y j + 1 ) + ... + ( x k + y k ) = (xj + xj+1 + ….+ xk) + (yj + yj+1 + …. + yk) k ∑ = k 2. ∑ i= j k 3. i= j xi + k ∑ i= j yi k axi = ax j + ax j + 1 + ... + ax k = a ( x j + x j + 1 + .... + x k ) = a ∑ xi i= j l ∑∑ xi y j = i= m j= n k = ∑ i= m  xi y j  = i= m  j= n  k  l ∑  ∑ k ∑ i= m ( xi y n + xi y n + 1 + ... + xi y l ) xi ( y n + y n + 1 + ... + y l ) = xm (yn + yn+1 +…+ yl) + xm+1(yn + yn+1 + … + yl) + … + xk(yn + yn+1 + … + yl) = (xm + xm+1 + ….+ xk) (yn + yn+1 + … + yl) k l ∑∑ i= m j = n k 4. ∏ k l i= m j= n xi y j = (∑ xi )(∑ y j ) i = 1.2.3.....k = k! i= 1 Beberapa notasi lain yang penting adalah: 1. a | b : a membagi b, a faktor b, b habis dibagi a, b mempunyai faktor a. 2. a ┼ b : a tidak membagi b, a bukan faktor b, b tidak membagi a, b tidak mempunyai faktor a. 3. (a, b) : Faktor persekutuan terbesar (FPB = GCD) dari a dan b. 4. [a, b] : Kelipatan persekutuan terkecil (KPT = LCM) dari a dan b. 5. min(x, y) : Nilai terkecil dari x dan y 6. mak(x, y) : Bilai terbesar dari x dan y 7. [x] : Bilangan bulat terbesar kurang daripada atau sama dengan x 8. φϕ(n) : Fungsi φϕ-Euler dari n 9. σ(n) : Fungsi jumlah pembagi 10. τ(n) : Fungsi banyak pembagi a ( ) 11. b : Lambang Legendre dari a terhadap b. a 12. [ b ] : Lambang Jacobi dari a terhadap b. Beberapa notasi akan dijelaskan terkait dengan bahan yang akan dibahas. -5- E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 6 of 34 C. PRINSIP Di dalam membahas suatu topik tertentu, seringkali kita menggunakan aturan, atau sifat yang dipakai sebagai dasar atau landasan dalam pembuktian, dan disebut dengan prinsip. Prinsip dapat diambil dari definisi, aksioma, atau dalil yang diambil untuk digunakan pada bagian lain yang memerlukan. Beberapa prinsip yang akan digunakan dalam uraian berikutnya adalah prinsip urutan, prinsip induksi matematika, dan prinsip logika. 1. PRINSIP URUTAN (Well Ordering Principle) Dari dua bilangan bulat a dan b, a ≠ b, dapat ditentukan hubungan antara a dan b, yaitu a > b, atau a < b. Hubungan ini tetap benar jika a dan b adalah bilangan rasional atau bilangan nyata (real). Dengan menggunakan lambang ≥ atau >, himpunan bilangan bulat positif Z+ ⊂ Z dapat dinyatakan sebagai: Z+ = {x ∈ Z | x ≥ 1} atau Z+ = {z ∈ Z | z > 0} Untuk himpunan rasional positif dan himpunan nyata positif, ternyata Q+ dan R+ tidak dapat dinyatakan dengan menggunakan lambang ≥, yaitu: Q+ = {s ∈ Q | s > 0} dan R+ = {r ∈ R | r > 0} Berbeda dengan Q+ dan R+, Z+ mempunyai sifat bahwa setiap A ⊂ Z+ dan A ≠ ∅, tentu ada bilangan bulat k ∈ A sehingga k ≤ x untuk semua x ∈ A; k disebut elemen terkecil A. Keberadaan elemen terkecil ini tidak berlaku dalam Q+ dan R+. Keadaan inilah yang membedakan Z+ dari Q+ dan R+. Prinsip urutan menyatakan bahwa: Suatu himpunan S disebut terurut jika setiap X ⊂ D dan X = ∅, maka X mempunyai elemen (unsur) terkecil. Contoh 1.1. Himpunan bilangan asli N adalah terurut karena setiap himpunan bagian dari N yang tidak kosong mempunyai unsur terkecil, atau tidak ada himpunan bagian dari N yang tidak kosong dan tidak mempunyai unsur terkecil. Contoh 1.2. Himpunan bilangan rasional positif Q+ adalah tidak terurut karena ada himpunan bagian dari Q+ yang tidak kosong dan tidak mempunyai unsur terkecil, misalnya: X = {1, ½, 1/3, …}. Contoh 1.3. Himpunan A = {3, 4, 5, 6, 7} adalah terurut sebab setiap X ⊂ A. dan X ≠ ∅, maka X mempunyai elemen terkecil. -6- Page 7 of 34 E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Contoh 1.4. Himpunan B = {–6, –5, –4, …} adalah terurut. Mengapa? [[karena bilangan bulat negatif]] 2. PRINSIP INDUKSI MATEMATIS (Principle of Mathematical Induction) Prinsip induksi matematis sering digunakan sebagai satu cara (di samping cara yang lain) untuk membuktikan berlakunya suatu hubungan atau suatu dalil. Prinsip induksi matematis menyatakan bahwa: S adalah himpunan bilangan asli yang memenuhi suatu hubungan. Jika: (i) 1 ∈ S; (ii) k ∈ S berakibat (iii). (k+1) ∈ S; maka S memuat semua bilangan asli yaitu S = N. Dalam bentuk lain, prinsip induksi matematis dapat dinyatakan dengan : S(n) adalah suatu pernyataan yang memenuhi suatu hubungan di dalam N. Jika: (i). S(1) benar. (ii). S(k) benar berakibat S(k+1) benar. (iii). Maka S(n) benar untuk semua n ∈ N. Bukti: Misalkan S tidak memuat semua bilangan asli atau S ≠ N, berarti ada himpunan bilangan bulat F ⊂ N yang mana F = {t ∈ N | t ∉ S}, yaitu F(1) benar (atau 1 ∈ F) dan F(k) benar berakibat F(k+1) benar (k ∈ F berakibat (k+1) ∈ F). Harus ditunjukkan bahwa F = ∅, maka menurut prinsip urutan, karena F ⊂ N, maka F mempunyai elemen terkecil t, yaitu t ∈ F tetapi t ∉ S. Karena 1 ∈ S dan t ∈ F, maka t ≠ 1, berarti t > 1 dan akibatnya (t – 1) ∈ N. Karena t adalah elemen terkecil F, maka (t – 1) ∉ F, berarti (t – 1) ∈ S. Karena semua elemen S memenuhi (i) dan (ii), maka menurut (ii): (t – 1) + 1 = t – 1 + 1 = t ∈ S, terjadi kontradiksi, yaitu t ∈ S dan t ∉ S. Jadi anggapan F ≠ ∅ adalah salah, berarti F = ∅. Contoh 1.5. Buktikan: 1 = 2 + 3 + … + n = n ( n + 1) 2 untuk setiap n ∈ N. Bukti: S adalah himpunan bilangan asli yang memenuhi hubungan. 1(1+ 1) (i). 1 ∈ S sebab n = 1, ruas kiri bernilai 1 dan ruas kanan bernilai 2 = 1 , sehingga ruas kiri dan ruas kanan bernilai sama. (ii). Anggaplah k ∈ S, yaitu: k ( k + 1) 1 + 2 + 3 + …+ k = 2 . Harus ditunjukkan (k+1) ∈ S, yaitu harus ditunjukkan: 1 + 2 + 3 …+ k + (k+1) = ( k + 1){( k + 1) + 1} 2 atau -7- Page 8 of 34 E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc ( k + 1)( k + 2 ) 2 k ( k + 1) 2 k ( k + 1) + 2 ( k + 1) ( k + 2 )( k + 1) 2 2 ( k + 1)( k + 2 ) 2 1 + 2 +3 + … + k + (k+1) = 1 + 2 + 3 + … + k + (k+1) = k ( k + 1) 2 = + 2 ( k + 1) 2 = Karena 1 + 2 + 3 + …+ k = k ( k + 1) 2 , maka + (k + 1) = 1 + 2 + 3 + … + k + (k+1) = (iii). Karena (k+1) ∈ S, maka semuai dengan prinsip induksi matematis, S = N, yaitu n ( n + 1) 1 + 2 + 3 +… + n = 2 untuk setiap n ∈ N. Contoh 1.6. Dengan memperhatikan dan mengkaji jumlah n suku pertama untuk nilai-nilai n yang cukup kecil, maka kita dapat menduga suatu pola yang menyatakan jumlah yang dicari dari deret: 2 + 5 + 8 + 11 + 14 + ….+ (3n – 1) = 1( 3.1+ 1) 2 2 ( 3.2 + 1) 2.7 2 2 3( 3.3+ 1) 3.10 2 2 4 ( 3.4 + 1) 4.13 2 2 5 ( 3.5+ 1) 5.16 2 2 1.4 2 2 =2= 4 2 2+5 =7= 14 2 2+5+8 = 15 = 30 2 = 2 + 5 + 8 + 11 = 26 = 52 2 = 2 + 5 + 8 + 11 + 14 = 40 = 80 2 = = = = = = = Pola nampak dan dapat diduga dari lima kasus atau keadaan di atas adalah: n ( 3 n + 1) 2 + 5 + 8 + 11 + 14 + …. + (3n – 1) = 2 untuk setiap n ∈ N. Sekarang dapat diusahakan untuk membuktikan kebenaran dari pola yang diduga dengan menggunakan prinsip induksi matematika. Bukti: Misalkan S adalah himpunan bilangan asli n yang memenuhi hubungan. (i). 1 ∈ S sebab untuk n = 1, ruas kiri bernilai 2 dan ruas kanan bernilai sehingga ruas kiri dan ruas kanan bernilai 2. k ( 3 k + 1) (ii). Anggaplah k ∈ S, yaitu: 2 + 5 + 8 + 11 + 14 + …. + (3k – 1) = 2 (iii). Harus ditunjukkan (k+1) ∈ S, yaitu harus ditunjukkan bahwa: 2 + 5 + 8 + 11 + 14 + … + (3k – 1) + {3(k + 1) – 1} = ( k + 1){3( k + 1) + 1} = ( k + 1)(3k + 4 ) = k ( 32k + 1) + {3(k + 1) − 1} 2 = k ( 3 k + 1) 2 = 3k 2 + 7 k + 4 2 + (3k + 2) = = k ( 3 k + 1) 2 + 2(3k + 2 ) 2 = 1( 3.1+ 1) 2 = 2, (3k 2 + k )+ ( 6 k + 4 ) 2 ( k + 1)( 3 k + 4 ) 2 Karena (k + 1) ∈ S, maka sesuai dengan prinsip induksi matematis, S = N, yaitu: n ( 3 n + 1) 2 + 5 + 8 + 11 + 14 + …. + (3n – 1) = 2 untuk setiap n ∈ N. -8- Page 9 of 34 E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Untuk mencari jumlah n suku yang pertama suatu deret, biasanya digunakan suatu rumus yang telah dijabarkan terlebih dahulu, misalnya untuk deret aritmetika [hitung, tambah] dan deret geometri [ukur, kali]: Deret Aritmetika: S(n) = a + (a + b) + (a + 2b) + (a + 3b) +…+ {a + (n – 1)b} = ½ n {a + U(n)}  (jumlah deret aritmetika n suku) U(n) = a + (n – 1)b  (suku ke-n) Deret Geometri: S(n) = a + ap + ap2 + ap3 +… + apn-1 n = a 11−− pp  (jumlah deret geometri n suku, untuk p > 1) U(n) = apn-1  (suku ke-n) Selain deret aritmetika dan deret geometri, rumus jumlah n suku yang pertama kadang-kadang dapat dicari dengan strategi atau Trick tertentu berdasarkan karakteristik atau pola yang cocok dengan deret tersebut. Sebagai peragaan, deret: S(n) = 1 1.4 + 1 4.7 1 1.4 dst. + 1 7.10 = 1 1 3 1 + ... + ( − ) = 13 ( 14 − 17 ) 1 7.10 = 13 ( 17 − 1 ( 3 n − 2 )( 3 n + 1) dapat dicari pola (karakteristik) sebagai berikut: 1 4 1 4.7 • • 1 ( 3 n − 2 )( 3 n + 1) = 1 3 1 10 ) ( 3n1− 2 − 1 3n + 1 ) -----------------------------------------------------+ S(n) = 13 ( 11 − 3n1+ 1 ) = 13 ( 33nn+ +1−11 ) = 13 ( 33nn+ 1 ) Sehingga dapat ditunjukkan suatu pola bahwa: 1 1 1 1 n S ( n) = + + + ... + = 1.4 4.7 7.10 (3n − 2)(3n + 1 3n + 1 Cara untuk membuktikan bahwa pola yang diperoleh berlaku untuk sebarang bilangan asli n adalah menggunakan prinsip induksi matematis. Strategi yang berdasarkan pola ini seringkali tidak mudah dicari, atau bahkan tidak ada pola yang dapat digunakan, misalnya mencari jumlah deret: S(n) = 13 + 23 + 33 + …+ n3 S(n) = 1 + ½ + 1/3 + …. + 1/n S(n) = 1.22 + 2.32 + 3.42 + …+ n(n + 1)2 Masih ada cara lain yang sangat efektif untuk mencari jumlah deret bilangan yang manapun, yaitu dengan memanfaat pemrogram bahasa komputer. -9- E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 10 of 34 Berikut ini adalah program bahasa BASIC sederhana untuk mencari jumlah n suku pertama beberapa deret dan mencari jumlah sebarang n bilangan yang dimasukkan (input). Pencarian jumlah sebarang n bilangan yang dimasukkan merupakan pengembangan ke arah terapan, yaitu mendasari pemikiran kalkulasi ukuran statistik, antara lain rerata (rata-rata hitung), simpangan rata-rata, simpangan baku, dan koefisien korelasi. Contoh 1.7. Program bahasa BASIC sederhana untuk mencari: S(n) = 1 + 2 + 3 + …+ n. Listing program: 10 KEY OFF:CLS 20 REM ‘PROGRAM SEDERHANA MENCARI JUMLAH DERET’ 30 REM “DIBUAT OLEH TUAN BESAR ….” 40 REM “PADA TANGGAL: \ \ \” 50 INPUT “ BANYAKNYA SUKU DERET :”,N 60 LET K=0 70 FOR I = 1 TO N 80 LET K=K+I 90 NEXT I 100 PRINT: PRINT “JUMLAH DERET = “;K 110 END Ok Untuk mengeksekusi program dilakukan dengan instruksi RUN RUN BANYAK SUKU DERET : 50 (ENTER) JUMLAH DERET = 1275 Ok Contoh 1.8. Program bahasa BASIC sederhana untuk mencari: S(n) = 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) Listing Program: 10 KEY OFF:CLS 20 REM ‘PROGRAM SEDERHANA MENCARI JUMLAH DERET’ 30 REM “DIBUAT OLEH TUAN BESAR ….” 40 REM “PADA TANGGAL: \ \ \” 50 INPUT “ BANYAKNYA SUKU DERET :”,N 60 LET K=0 70 FOR I = 1 TO N 80 LET K = K+(2*I–1) 90 NEXT I 100 PRINT:PRINT “JUMLAH DERET =”;K 110 END Ok Untuk mengeksekusi program dilakukan dengan instruksi RUN - 10 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 11 of 34 RUN BANYAK SUKU DERET : 50 (ENTER) JUMLAH DERET = 2500 Ok Contoh 1.9. Program bahasa BASIC sederhana untuk mencari: S(n) = 12 + 22 + 32 + 42 +…+ n2 Listing Program: 10 KEY OFF:CLS 20 REM ‘PROGRAM SEDERHANA MENCARI JUMLAH DERET’ 30 REM “DIBUAT OLEH TUAN BESAR ….” 40 REM “PADA TANGGAL: \ \ \” 50 INPUT “ BANYAKNYA SUKU DERET :”,N 60 LET K=0 70 FOR I = 1 TO N 80 LET K = K+I^2 90 NEXT I 100 PRINT:PRINT “JUMLAH DERET =”;K 110 END Ok Untuk mengeksekusi program dilakukan dengan instruksi RUN RUN BANYAK SUKU DERET : 10 (ENTER) JUMLAH DERET = 385 Ok Contoh 1.10. Program bahasa BASIC sederhana untuk mencari: n S(n) = ∑ X (i ) = X (1) + X (2)... + X (n) i= 1 Listing Program: 10 KEY OFF:CLS 20 REM ‘PROGRAM SEDERHANA MENCARI JUMLAH DERET’ 30 REM “DIBUAT OLEH TUAN BESAR ….” 40 REM “PADA TANGGAL: \ \ \” 45 REM “X(1)+X(2)+ X(3)+…+ X(N) 50 INPUT “ BANYAKNYA BILANGAN :”,N 60 PRINT: LET K=0 70 FOR I = 1 TO N 80 PRINT “ BILANGAN KE ”;M;”:”; 90 INPUT “ “;X 100 LET K = K+X 90 NEXT I 100 PRINT:PRINT “JUMLAH BILANGAN =”;K - 11 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 12 of 34 110 END Ok Untuk mengeksekusi program dilakukan dengan instruksi RUN RUN BANYAK BILANGAN : 5 (ENTER) BILANGAN KE 1 : 35 BILANGAN KE 2 : 47 BILANGAN KE 3 : 75 BILANGAN KE 4 : 83 BILANGAN KE 5 : 91 JUMLAH BILANGAN = 331 Ok Contoh 1.11. Program bahasa BASIC sederhana untuk mencari: n S(n) = ∑ X 2 (i ) = X 2 (1) + X 2 (2)... + X 2 (n) i= 1 Listing Program: 10 KEY OFF:CLS 20 REM ‘PROGRAM SEDERHANA MENCARI JUMLAH DERET’ 30 REM “DIBUAT OLEH TUAN BESAR ….” 40 REM “PADA TANGGAL: \ \ \” 45 REM “X21)+ X22)+ X23)+…+X2N) 50 INPUT “BANYAKNYA BILANGAN :”,N 60 PRINT: LET K=0 70 FOR I = 1 TO N 80 PRINT “BILANGAN KE ”;M;”:”; 90 INPUT “ “;X 100 LET K = K+X^2 90 NEXT I 100 PRINT:PRINT “JUMLAH BILANGAN =”;K 110 END Ok Untuk mengeksekusi program dilakukan dengan instruksi RUN RUN BANYAK BILANGAN : 4 (ENTER) BILANGAN KE 1 : 2 BILANGAN KE 2 : 3 BILANGAN KE 3 : 5 BILANGAN KE 4 : 7 JUMLAH BILANGAN = 87 Ok - 12 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 13 of 34 Contoh 1.12. Buktikan: 2n ≥ (1 + n) untuk setiap n ∈ N. Bukti: S adalah himpunan bilangan asli yang memenuhi hubungan: 2n ≥ (1 + n). (i). 1 ∈ S, sebab 21 ≥ (1 + 1) atau 2 ≥ 2. (ii). Anggaplah k ∈ S, yaitu 2k ≥ (1 + k), harus dibuktikan bahwa (k + 1) ∈ S, yaitu 2k+1 ≥ {1 + (k + 1)} atau 2k+1 ≥ (k + 2) 2k ≥ (1 + k), maka 2k+1 = 2k.2 ≥ (1 + k).2; karena (1 + k).2 = 2k + 2 > (k + 2) dan 2k+1 ≥ (1 + k).2, maka: 2k+1 ≥ (k + 2) (iii). Karena (k + 1) ∈ S, maka sesuai dengan prinsip induksi matematis, S = N, yaitu 2n ≥ (1 + n) untuk setiap n ∈ N. Atau: 2k+1 = 2k.2 ≥ (k + 1).2 = 2k + 2 ≥ (k + 2) ∴2k+1 ≥ (k + 2). Contoh 1.13. Buktikan: n! ≤ nn untuk setiap n ∈ N Bukti: S adalah himpunan bilangan asli yang memenuhi hubungan: n! ≤ nn. (i). 1 ∈ S, sebab 1! ≤ 11 atau 1 ≤ 1. (ii). Anggaplah k ∈ S, yaitu k! ≤ kk, harus dibuktikan bahwa (k + 1) ∈ S, yaitu (k + 1)! ≤ (k + 1)k+1 (k + 1)! = 1.2.3…k.(k + 1) = (k!).(k + 1) ≤ kk (k + 1)  (sebab k! ≤ kk) < (k + 1)k (k + 1) (sebab (k + 1) < k sehingga (k + 1)k < kk) k+1 (k + 1)! < (k + 1) (iii). Karena (k + 1) ∈ S, maka sesuai dengan prinsip induksi matematis, S = N yaitu: n! ≤ nn untuk semua n ∈ N. Atau (k + 1)! = k.(k + 1)! ≤ (k + 1)kk < (k + 1)(k + 1)k = (k + 1)k+1 ∴(k + 1)! < (k + 1)k+1 Prinsip induksi matematis dapat diperluas dengan sebarang himpunan bagian dari himpunan bilangan bulat yang memenuhi prinsip urutan, artinya pilihan berlaku dalam N dapat dikembangkan berlaku dalam T ⊂ A asalkan T mempunyai elemen terkecil. Jika to ∈ T merupakan elemen terkecil dari T, maka persyaratan awal yang harus dipenuhi adalah to ∈ S (sebagai ganti 1 ∈ S). Nilai to dapat berapa saja, misalnya 4, 6, 0, –5, atau yang lain karena N digabung dengan{0} dan himpunan bilangan bulat negatif (dengan unsur terkecil yang terhingga), merupakan himpunan terurut. Contoh 1.14. - 13 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 14 of 34 Buktikan: 4n < (n2 – 7) untuk sebarang n ∈ B = {6, 7, 8,…} Bukti: S adalah himpunan bilangan bulat yang memenuhi hubungan. Harus dibuktikan bahwa S = B. (i). 6 ∈ S, sebab 4.6 =24; 62 – 7 = 29 dan 24 < 29 (ii). Anggaplah k ∈ S, yaitu 4k < k2 – 7, (iii) harus ditunjukkan bahwa (k + 1) ∈ S, yaitu: 4(k + 1) < {(k + 1)2 – 7}. Karena ruas kiri 4(k + 1) = 4k + 4 dan 4k < k2 – 7, maka 4(k + 1) < {(k2 – 7) + 4} atau 4(k + 1) < (k2 – 3) Karena (k – 6) ≥ 0 untuk k ≥ 6 dan –3 < 0, maka (k – 6) ≥ -3; untuk k ≥ 6, sehingga 4(k + 1) < (k2 + k – 6) 4(k + 1) < (k2 + 2k – 6) (karena 2k > k) 4(k + 1) < (k2 + 2k + 1 – 7) 4(k + 1) < {(k + 1)2 – 7} Karena (k + 1) ∈ S, maka sesuai dengan prinsip induksi matematis yang diperluas, S = B, yaitu 4n < n2 – 7 untuk semua n ∈ B. Contoh 1.15. Buktikan: 32n – 1 habis dibagi 8 untuk semua n ∈ C = {0, 1, 2, …} Bukti: Ambil S(n) = 32n – 1 (i) S(0) benar, sebab S(0) = 32.0 – 1 = 1 – 1 = 0, dan 0 habis dibagi 8. (ii) Anggaplah S(k) benar, yaitu S(k) = 32k – 1 habis dibagi 8. (iii) Harus ditunjukkan bahwa S(k + 1) benar, yaitu: S(k + 1) = 3 2(k+1) – 1 = 32k+2 – 1 habis dibagi 8. S(k + 1) = 32k+2 – 1 = 32k.32 – 1 = 32k.32 – 32 + 32 – 1 S(k + 1) = 32(32k – 1) + 8 Karena 32k – 1 habis dibagi 8, maka 32k – 1 mempunyai faktor 8, sehingga 32k – 1 dapat dinyatakan dengan 8t. Dengan demikian: 32(32k – 1) = 32.8t mempunyai faktor 8 32(32k – 1) habis dibagi 8 sehingga: S(k + 1) = 32(32k – 1) + 8 = 32.8t +8 =8(32t + 1) juga habis dibagi 8 Atau S(k + 1) benar Jadi S(n) benar untuk semua n ∈ C Contoh 1.16. Buktikan: 2n3 – 3n2 + n + 31 ≥ 0 untuk semua n ∈ D = {–2, –1, 0, …} Bukti: Ambil S(n) = 2n3 – 3n2 + n + 31 ≥ 0 - 14 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 15 of 34 S(–2) ≥ 0 benar, sebab S(–2) = 2n3 – 3n2 + n + 31 ≥ 0 = 2(–2)3 – 3(–2)2 + (–2) + 31 ≥ 0 = -16 – 12 – 2 + 31 ≥ 0 1≥0 (ii) Anggaplah S(k) benar, yaitu S(k) = 2k3 – 3k2 + k + 31 ≥ 0 (iii) Harus ditunjukkan bahwa S(k + 1) benar bahwa: S(k + 1) = 2(k + 1)3 – 3(k + 1)2 + (k + 1) + 31 ≥ 0 Dikerjakan untuk 2(k + 1)3 – 3(k + 1)2 + (k + 1) + 31 adalah = 2(k3 + 3k2 + 3k + 1) – 3(k2 + 2k + 1) + (k + 1) + 31 = 2k3 + 6k2 + 6k + 2 – 3k2 – 6k – 3 + k + 1 + 31 = 2k3 + 3k2 + k + 31 S(k + 1) = (2k2 – 3k2 + k + 31) + 6k2 (i) Karena S(k) = 2k3 – 3k2 + k + 31 ≥ 0 dan 6k2 ≥ 0, maka S(k + 1) = (2k2 – 3k2 + k + 31) + 6k2 ≥ 0 Jadi S(n) benar untuk semua n ∈ D. Contoh 1.17. Buktikan: Jika n0 ∈ Z, maka sebarang himpunan bilangan bulat lebih daripada atau sama dengan n0 mempunyai suatu unsur terkecil. Bukti: Misalkan T adalah himpunan bilangan bulat lebih daripada atau sama dengan n 0 yang tidak mempunyai unsur terkecil, dan S(n) adalah pernyataan: tidak ada bilangan bulat kurang daripada atau sama dengan n di dalam T. (i) S(n0) benar sebab jika S(n0) salah, n0 ∈ T. Karena semua bilangan bulat di dalam T adalah lebih besar daripada atau sama dengan n0, maka n0 merupakan unsur terkecil T, bertentangan dengan pemisalan dari T. (ii) Anggaplah S(k) adalah benar untuk k ≥ n0, harus ditunjukkan bahwa S(k + 1) adalah benar. (iii) Jika S(k + 1) salah, maka T memuat bilangan bulat kurang daripada atau sama dengan k + 1. Karena S(k) benar, dapat ditentukan bahwa k ∉ T, sehingga jika S(k + 1) salah, satu-satunya bilangan bulat di dalam T adalah (k + 1) dan merupakan unsur terkecil T, bertentangan dengan pemisalan T. Jadi S(n) adalah benar untuk semua n ≥ n0, berarti T adalah himpunan kosong, yaitu tidak ada himpunan bilangan lebih besar daripada atau sama dengan n0 yang tidak mempunyai unsur terkecil. Prinsip induksi matematika dapat juga dinyatakan dalam bentuk lain, yaitu: S(n) adalah pernyataan matematis di dalam himpunan bilangan bulat positif. Jika (i). S(1) benar; (ii). S(k + 1) benar apabila S(1), S(2),…, S(k) benar, maka S(n) adalah benar untuk semua n ∈ N. Contoh 1.18. Setelah berlangsung n bulan, banyaknya tanaman dalam suatu persemaian memenuhi persamaan: S(0) = 3, S(1) = 7, dan S(n) = 3S(n – 1) – 2S(n – 2), n ≥ 2 - 15 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 16 of 34 Buktikan: S(n) = 2n+2 – 1 untuk semua n ∈ Z dan n ≥ 0 Bukti: S(0) benar sebab untuk n = 0, 2n+2 – 1 = 20+2 – 1 = 22 – 1 = 3 S(1) benar sebab untuk n = 1, 2n+2 – 1 = 21+2 – 1 = 23 – 1 = 7 Anggaplah S(0), S(1), S(2),…, S(k – 1), S(k) semua benar, berarti: S(k) = 2k+2 – 1 S(k – 1) = 2(k-1)+2 – 1 k+1 = 2 – 1. •. •. S(1) = 21+2 – 1 = 7 S(0) = 20+2 – 1 = 3 Harus ditunjukkan bahwa S(k + 1) benar untuk (k + 1) n ≥ 2, yaitu: S(k + 1) = 2(k+1)+2 – 1 = 2k+3 – 1 S(k) = 3S(k – 1) – 2S(k – 2) S(k + 1) = 3S{(k + 1) – 1) – 2S{(k + 1) – 2) = 3S(k) – 2S(k – 1) = 3(2k+2 – 1) – 2(2k+1 – 1) = 3(2k+2) – 3 – 2(2k+1) + 2 = 3(2k+2) – (2k+2) – 1 = 2(2k+2) – 1 = 2k+3 – 1 = 2(k+1)+2 – 1 n+2 Jadi S(n) = 2 – 1 benar untuk semua n ∈ Z dan n ≥ 0 Contoh 1.19. Diketahui suatu barisan R(n) yang memenuhi hubungan R(0) = 7, R(1) = -4, R(2) = 8, dan R(n) = 2R(n – 1) + 5R(n – 2) – 6R(n – 3) untuk n ≥ 3. Tunjukkan bahwa R(n) = 5(1)n – (3)n + 3(–2)n untuk semua n ∈ Z dan n ≥ 0 Jawab: (i) R(0) benar sebab 5(1)0 – (3)0 + 3(–2)0 = 5 – 1 + 3 = 7 R(1) benar sebab 5(1)1 – (3)1 + 3(–2)1 = 5 – 3 – 6 = –4 R(2) benar sebab 5(1)2 – (3)2 + 3(–2)2 = 5 – 9 + 12 = 8 (ii) Anggaplah R(0), R(1), R(2),…, R(k-2), R(k – 1), R(k) semua benar, yaitu: R(k) = 5(1)k – (3)k + 3(–2)k R(k – 1) = 5(1)(k–1) – (3)(k–1) + 3(–2)(k–1) R(k – 2) = 5(1)k–2 – (3)k–2 + 3(–2)k–2 •. •. R(2) = 5(1)2 – (3)2 + 3(–2)2 = 8 R(1) = 5(1)1 – (3)1 + 3(–2)1 = –4 R(0) = 5(1)0 – (3)0 + 3(–2)0 = 7 (iii) Harus ditunjukkan bahwa R(k + 1) benar, yaitu: R(k + 1) = 5(1)k+1 – (3)k+1 + 3(– 2)k+1 R(k) = 2R(k – 1) + 5R(k – 2) – 6R(k – 3) R(k + 1) = 2R{(k + 1) – 1} + 5R{(k + 1) – 2} – 6R{(k + 1) – 3} - 16 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc 3(–2)k–2 Page 17 of 34 = 2R(k) + 5R(k – 1) – 6R(k – 2) = 2{5(1)k – (3)k + 3(–2)k} + 5{5(1)(k–1) – (3)(k–1)+3(–2)(k–1)} – 6{5(1)k–2 – (3)k–2 + = 10 + 25 – 30 – 2(3)k – 5(3)k–1 + 6(3)k–2 + 6(–2)k + 15(–2)k–1 – 18(–2)k–2 = 5 – (3)k{2 + 5(3)–1 + 6(3)–2} + (–2)k{6 + 15(–2)–1 – 18(–2)–2} = 5 – (3)k{2 + (5/3) – (2/3)} + (-2)k{6 – (15/2) – (9/2)} = 5 – (3)k{3} + (-2)k{–6} R(k + 1) = 5(1)k+1 – (3)k+1 + 3(–2)k+1 Jadi R(n) = 5(1)n – (3)n + 3(–2)n untuk semua n ∈ Z dan n ≥ 0 Dengan prinsip induksi matematis, suatu pembuktian dapat dilakukan dengan menggunakan penalaran induktif atau penalaran rekursif, yaitu dengan menunjukkan hubungan benar pada tahap (n + 1) yang dikembangkan dari tahaptahap 1, 2, 3, …, n yang mendahuluinya. 3. PRINSIP LOGIKA MATEMATIS Terdapat empat prinsip logika yang perlu mendapatkan perhatian, terutama untuk membahas sifat-sifat di dalam teori bilangan. Dua prinsip pertama berkaitan dengan kuantor. [∀(x): setiap /semua, dan ∃(x): ada beberapa] dan dua prinsip yang lain berkaitan dengan implikasi. Pernyataan setiap x adalah memenuhi sifat y tidak dapat dibuktikan dengan memberikan contoh-contoh x yang memenuhi y, berapapun banyaknya contoh yang diambil dan memenuhi sifat y. Sebagai peragaan, pernyataan setiap bilangan prima adalah bilangan ganjil tidak dibuktikan dengan memberikan contoh atau kasus sebanyak-banyaknya. 11 adalah bilangan prima dan 11 adalah bilangan ganjil 13 adalah bilangan prima dan 13 adalah bilangan ganjil 17 adalah bilangan prima dan 17 adalah bilangan ganjil 23 adalah bilangan prima dan 23 adalah bilangan ganjil 31 adalah bilangan prima dan 31 adalah bilangan ganjil 7 adalah bilangan prima dan 7 adalah bilangan ganjil 5 adalah bilangan prima dan 5 adalah bilangan ganjil 19 adalah bilangan prima dan 19 adalah bilangan ganjil. Dengan delapan contoh di atas apakah sudah ada jaminan bahwa setiap bilangan prima adalah bilangan ganjil? Bagaimana jika contoh-contohnya ditambah dengan 37, 41 dan 53? Ternyata tidak setiap bilangan prima adalah bilangan ganjil karena 2 adalah bilangan prima adalah bilangan tidak ganjil (bilangan genap). Perhatikan dengan sungguh-sungguh bahwa contoh yang banyak bukan bukti karena contoh-contoh itu baru merupakan bagian dari kasus-kasus yang memenuhi hubungan. Perlu diingat bahwa tidak berlakuknya pernyataan setiap x memenuhi sifat y dapat ditunjukkan dengan memberikan satu contoh x (jika memang dapat - 17 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 18 of 34 menemukan) yang tidak memenuhi sifat y. Contoh semacam ini disebut dengan contoh kontra (Counter example). Sebagai peragaan, tidak berlakunya sifat setiap bilangan bulat yang tidak positif adalah bilangan bulat negatif dapat ditunjukkan dengan memberikan suatu contoh yaitu bilangan 0 (nol) adalah bilangan bulat yang tidak positif tetapi bukan bilangan bulat negatif. Pernyataan tidak setiap x adalah bersifat y dapat ditunjukkan kebenarannya dengan memberikan suatu contoh x yang tidak memenuhi y. Sebagai peragaan, pernyataan tidak semua bilangan asli n habis dibagi oleh 3 dapat ditunjukkan kebenarannya dengan memberikan suatu contoh yaitu bilangan asli 5 (atau yang lain) yang tidak habis dibagi oleh 3. Selanjutnya, pernyataan jika p maka q (dapat dilambangkan dengan p  q) disebut dengan Implikasi. Ungkapan-ungkapan lain untuk menyatakan jika p maka q adalah: (i) p berakibat q. (ii) p adalah syarat cukup q. (iii) q adalah syarat perlu q. (iv) jika p, q. (v) p hanya jika q. (vi) q jika p. Banyak dalil di dalam teori bilangan yang mengambil pola implikasi. Suatu dalil yang berpola jika p maka q dapat dibuktikan dengan mengambil pernyataan p sebagai pernyataan yang diketahui, dan pernyataan q sebagai pernyataan yang dibuktikan. Ini berarti bahwa berangkat dari pernyataan p yang diketahui, kemudian diproses dengan sifat-sifat yang sudah berlaku, akhirnya terbukti pernyataan q. Model pembuktian semacam ini secara ringkas ditulis: pq p____ ∴q dan disebut dengan Modus ponens. Dalam suatu dalil, pernyataan jika ac membagi bc, maka a membagi b bersesuaian dengan diketahui ac membagi bc, harus dibuktikan a membagi b. Jadi, berangkat dari ac membagi bc sebagai hal yang diketahui, kemudian diproses dengan definisi, dalil, dan aksioma yang sesuai dan sudah diketahui, sehingga akhirnya terbukti a membagi b. Terakhir ada satu prinsip logika matematis yang juga mempunyai peranan dalam pembuktian dalil yang disebut dengan pembuktian secara tidak langsung. Proses pembuktian secara tidak langsung berangkat dari suatu anggapan yang benar. Kemudian, setelah dikerjakan (diuji) dengan hal-hal yang diketahui atau sifat-sifat yang sudah tersedia, ternyata menghasilkan sesuatu yang bertentangan (kontradiksi) - 18 - Page 19 of 34 E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc dengan yang diketahui, atau menghasilkan sesuatu yang mustahil. Ini berarti bahwa anggapan yang diambil semula adalah tidak benar atau salah. Secara bagan logika, bukti tidak langsung dapat dinyatakan sebagai berikut: [p ↓ anggapan yang benar  (q ^ p)] ↓ kontradiksi kemustahilan  p ↓ anggapan yang salah Sebagai peragaan, untuk membuktikan bahwa banyaknya bilangan prima adalah tak terhingga, proses pembuktian berangkat dari anggapan yang benar, yaitu: p = banyaknya bilangan prima adalah terhingga. Kemudian, dengan strategi tertentu yang melibatkan sifat-sifat keterbagian, ternyata diperoleh suatu kontradiksi, pertentangan, atau kemustahilan, sehingga dapat disimpulkan bahwa anggapan p adalah tidak benar. Jadi banyaknya bilangan prima adalah tak hingga. Peragaan lain, untuk membuktikan bahwa tidak ada bilangan-bilangan bulat x dan y yang jumlahnya 100 dan mempunyai faktor persekutuan terbesar 3, berangkat dari anggapan: p = ada bilangan-bilangan bulat x, y sehingga x+ y = 100 dan FPB dari x dan y adalah 3. Dengan menggunakan sifat-sifat keterbagian, ternyata anggapan p ini menghasilkan kemustahilan, sehingga dapat disimpulkan bahwa anggapan p tidak benar. Jadi tidak ada bilangan-bilangan bulat x dan y yang jumlahnya 100 dan mempunyai faktor persekutuan terbesar 3. D. KONJEKTUR (CONJECTURE) Konjektur adalah suatu pernyataan yang kebenaranya belum diketahui atau belum dapat dibuktikan. Adannya konjektur ini menunjukkan bahwa beberapa masalah matematika belum tuntas karena penyelesaiannya belum diketemukan. Beberapa konjektur dalam teori bilangan antara lain dapat disimak dalam uraian berikut: 1. Ada suatu definisi tentang bilangan perfek (lengkap), yaitu suatu bilangan bulat positif yang jumlah pembaginya yang positif sama dengan dua kali bilangan itu sendiri. Sebagai peragaan, (a). bilangan 6 adalah bilangan perfek (perpect) sebab: Pembagi-pembagi 6 yang positif adalah 1, 2, 3, dan 6. Jumlah pembagi-pembagi 6 yang positif adalah: 1 + 2 + 3 + 6 = 12 = 2 x 6. (b). Bilangan 28 juga bilangan perfek sebab: Pembagi-pembagi 28 yang positif adalah 1, 2, 4, 7, 14 dan 28. Jumlah pembagi-pembagi 28 yang positif adalah: 1 + 2 + 4 + 7 + 14 + 28 = 56 = 2 x 28. - 19 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 20 of 34 Selain bilangan 6 dan 28, bilangan-bilangan 496, 8128, dan 33550336 adalah bilangan perfek (coba selidiki mengapa demikian). Berkaitan dengan bilangan perfek terdapat konjektur-konjektur: (1) Banyaknya bilangan perfek adalah tak terhingga (2) Semua bilangan perfek adalah genap (3) Jika (2n – 1) adalah bilangan prima, maka 2n–1(2n – 1) adalah bilangan perfek. 2. Ada suatu definisi tentang pasangan dua bilangan yang bersekawanan (amicable), yaitu pasangan dua bilangan bulat positif yang masing-masing jumlah pembaginya yang positif (tidak termasuk bilangannya) sama dengan bilangan yang lain. Sebagai peragaan, bilangan 220 dan 284 adalah pasangan dua bilangan yang bersekawanan sebab selain bilangan itu sendiri: Pembagi-pembagi 220 yang positif adalah 1, 2, 4, 5, 10, 20, 44, 55, 110 Jumlah pembaginya dari 220 yang positif adalah 1 + 2 + 4 + 5 + 10 + 20 + 44 + 55 + 110 = 284 Pembagi-pembagi 284 yang positif adalah 1, 2, 4, 71, 142 Jumlah pembaginya dari 284 yang positif adalah 1 + 2 + 4 + 71 + 142 = 220 Pasangan bilangan bersekawanan yang lain adalah bilangan 1184 dan 1210; bilangan 17296 dan 184160. Suatu konjektur yang berkaitan dengan pasangan dua bilangan bersekawanan adalah terdapat tak terhingga banyaknya pasangan bilangan bersekawanan. 3. Ada suatu definisi tentang pasangan prima (twin prime), yaitu dua bilangan prima berurutan yang berselisih 2. Berapa pasangan prima adalah 3 dan 5; 5 dan 7; 11 dan 13; 17 dan 19; 29 dan 31; serta 41 dan 43. Konjektur tentang pasangan prima menyatakan bahwa banyaknya pasangan prima adalah tak terhingga. 4. Berkaitan dengan bilangan prima, GOLDBACH mempunyai dua konjektur, yaitu: (i) Setiap bilangan bulat positif genap lebih dari 4 merupakan jumlah dua bilangan prima ganjil. Contoh: 6=3+3 10 = 3 + 7 12 = 5 + 7 8=3+5 14 = 3 + 11 30 = 23 + 7 (ii) Setiap bilangan bulat positif ganjil lebih dari 8 merupakan jumlah tiga bilangan prima ganjil. Contoh: 101 = 47 + 43 + 11 11 = 3 + 3 + 5 19 = 5 + 7 + 7 9=3+3+3 13 = 5 + 5 + 3 37 = 11 + 13 + 13 5. Selain Goldback, Fermat juga mempunyai dua konjektur terkenal, yaitu: (i) (22n + 1) adalah bilangan prima. Contoh: Untuk n = 0; (220 + 1) = 21 + 1 = 3  bilangan prima Untuk n = 1; (221 + 1) = 22 + 1 = 5  bilangan prima Untuk n = 2; (222 + 1) = 24 + 1 = 17  bilangan prima Untuk n = 3; (223 + 1) = 28 + 1 = 257  bilangan prima Untuk n = 4; (224 + 1) = 216 + 1 = 65537  bilangan prima Untuk n = 5; (225 + 1) = 232 + 1 = 4294967297  bilangan prima - 20 - Page 21 of 34 E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Untuk n ≥ 3, tidak ada bilangan-bilangan bulat positif x, y, z yang memenuhi hubungan xn + yn = zn (meskipun masih merupakan konjektur, pernyataan ini sering disebut sebagai Dalil Fermat Terakhir (Fermat’s Last Theorem) (ii) E. SOAL-SOAL: 1. Carilah nilai dari: 4 a. ∑ 3 b. ∑ k 4 r= 1 5 k= 2 c. ∑ 2t 2 d. ∑ 2t t= 3 6 4 e. f. t= 4 ∑ ( x + 3) ∑ 2 x ( x − 1) x= 1 1 x= − 4 2. Carilah nilai dari: 3 a. 2 ∑∑ 2 (i + j ) b. j= 1 i= 1 3 ∑∑ j = 1 i= 1 3 mij c. ∑ 4 ∑ (x + 2 y ) y= 1 x= 2 3. Nyatakan dalam bentuk notasi ∑: a. 5 + 5 + 5 + 5 b. (7–1) + (7–2) + (7–3) + (7–4) c. 2 + 5 + 8 + 11 + 14 1 d. 1 ∑ ∑ (2m + 1)(n + 2) n= − 2m= − 1 d. (–6) + (–4) + (–2) + 0 + 2 + 4 e. 1.22 + 2.32 + 3.42 + 4.52 f. 3 + 32 + 33 + 34 + 35 4. Nyatakan dalam bentuk notasi ∑: a. x11y11 + x12y21 + x13y31 + x14y41 c. a41b13 + a42b23 + a43b33 + a44b43 b.(p1+q1) + (p2+q1) + (p1+q2) + (p2+q2) + (p1+q3) + (p2+q3) 5. Carilah nilai dari: 3 a. ∏ 2 i= 1 3 b. ∏ 3 3k c. k= 2 2 ∏∏ y = 1 x= 1 2 xy d. 3 ∏ ∏ ( p + 1)(q − 1) q= 0 p= − 1 Carilah nilai dari: 4 a. 3 ∑∏ ( m − n) b. m= 2 n= 1 6. Perhatikan bahwa: 1= 1+3=4= 1+3+5=9= 1 + 3 + 5+ 7 = 16 2 3 ∏ ∑ xy x = 1 y= 1 = 12 22. 32. 42. [2n-1 = 5; 2n =6; n=3 s(n) =32] Dengan menggunakan pola yang nampak, carilah: a. 1 + 3 + 5 + … + 99 c. 1 + 3 + 5+ … + 5555 - 21 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc b. 1 + 3 + 5+ … + 1001 Page 22 of 34 d. 1 + 3 + 5 + … + 99999 Dengan pengalaman menyelesaikan soal a., b., c., dan d.: e. Carilah rumus untuk mencari 1 + 3 + 5 + ….+ (2n – 1) [n ] f. Selidiki secara induksi matematis apakah rumus yang diperoleh benar? 2 7. Perhatikan bahwa: 1 1 1 1 1.2 = 2 = 1 − 2 1 1 1 1 2.3 = 6 = 2 − 3 1 1 1 1 3.4 = 12 = 3 − 4 a. Carilah 1/1.2 + 1/2.3; b. Carilah 1/1.2 + 1/2.3 + 1/3.4; c. Carilah 1/1.2 + 1/2.3 + 1/3.4 + ¼.5 d. Berdasarkan pola yang Anda duga, carilah rumus jumlah: 1 1 1 1 1 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + ... + n ( n + 1) . e. Selidiki secara induksi matematis apakah rumus Anda benar? 9. Buktikan dengan induksi matematis: a. 12 + 32 + 52 +… + (2n–1)2 = 1/3.n.(2n–1)(2n+1) b. 1 + 4 + 7 + 10 + … + (3n–2) = ½ n(3n–1) c. 1.3 + 2.4 + 3.5 + …+ n(n+2) = 1/6.n.(n+1)(2n+7) 10. Buktikan dengan induksi matematis: k a. ∑ 1 6 n= 1 y c. n2 = ∑ k (k + 1)(2k + 1) untuk setiap n ∈ Z+ x( x + 1) = x= 1 1 3 t b. ∑ m= 1 m 3 = { 12 t (t + 1)}2 y ( y + 1)( y + 2) untuk setiap n ∈ Z+. 11. Buktikan dengan induksi matematis: a. 4n < (n2 – 7) untuk semua n ∈ Z dan n ≥ 6. b. (cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ untuk semua n ∈ Z dan n ≥ 0. c. n < 2n untuk semua n ∈ Z+. d. n3 – n habis dibagi oleh 3 e. 1 + 2 + 22 + ….+ 2n = 2n+1 – 1. f. 2n < n! untuk semua n ∈ Z dan n ≥ 4. g. 2n > n2 untuk semua n ∈ Z dan n > 4. h. n! < nn untuk semua n ∈ Z dan n > 1. i. 3 + 3.5 + 3.52 + ….+ 3.5n = ¾ (5n+1 – 1). 12. Apakah pernyataan: Jika n ≥ 2, maka tidak ada x, y, z ∈ Z+ yang memenuhi hubungan x2 + y2 = z2 merupakan suatu konjektur? Mengapa? 13. Carilah rumus jumlahnya dan buktikan kebenaran dengan induksi matematis: a. 21.4 + 41.6 + 61.8 + ... + ( 2 n )(12 n + 2 ) c. 21.5 + 51.8 + 8.111 + ... + ( 3n − 1)(13n + 2) b. 1 1.3 + 1 3.5 + 1 5.7 + ... + 1 ( 2 n − 1)( 2 n + 1) - 22 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 23 of 34 14. Buktikan bahwa: a. 3 membagi (n3 + 2n) untuk semua bilangan bulat n ≥ 0. b. 5 membagi (n5 + n) untuk semua bilangan bulat n ≥ 0. 15. Tunjukkan apakah bilangan-bilangan berikut merupakan bilangan perfek: a. 8; c. 15; e. 56; b. 10; d. 100; f. 210. 16. Tunjukkan apakah bilangan-bilangan berikut bersekawanan a. 96 dan 108; c. 1000 dan 1200. b. 256 dan 320; d. 5025 dan 7500. 17. Buktikan dengan induksi matematis: a. 2n ≥ (2 + n) untuk semua bilangan bulat n ≥ 1. b. 8 membagi 32n – 1) untuk semua bilangan bulat n ≥ 0. c 2n3 – 2n2 + n + 31 ..0 untuk semua bilangan bulat n ≥ –2. d. n! ≥ 2n untuk semua bilangan bulat n ≥ 4. e. dxn / dx = nxn–1 untuk semua bilangan bulat n ≥ 0. 18. Diketahui: A(0) = 2 dan A(n) = 5A(n–1). Tunjukkan: A(n) = 5n untuk semua bilangan bulat n ≥ 1. 19. Diketahui: B(1) = 1 dan B(n) = 4 + B(n–1). Tunjukkan: B(n) = 4n – 3 untuk semua bilangan bulat n ≥ 2. 20. Diketahui: C(0) = 3, C(1) = 7 dan C(n) = 3C(n–1) – 2C(n–2). Tunjukkan: C(n) = –1 + 4(2n) untuk semua bilangan bulat n ≥ 0. 21. Diketahui: D(0) = 2, D(1) = 7 dan D(n) = D(n–1) – 2D(n–2). Tunjukkan: D(n) = 3(2n) – (–1)n untuk semua bilangan bulat n ≥ 0. 22. Diketahui: F(0) = 2, F(1) = 5, F(2) = 15 dan F(n) = 6F(n–1) – 11F(n–2) + 6F(n–3). Tunjukkan: F(n) = 1 – 2n + 2(3n) untuk semua bilangan bulat n ≥ 0. 23. Carilah P(n) sebagai fungsi n, dan selidiki kebenarannya dengan induksi matematis: a. P(n) = P(n–1) + 6P(n–2) , n ∈ Z, n ≥ 2, P(0) = 3, P(1) = 6 b. P(n) = 7P(n–1) – 10P(n–2) , n ∈ Z, n ≥ 2, P(0) = 2, P(1) = 1 c. P(n) = 5P(n–2) – 4P(n–4) , n ∈ Z, n ≥ 4, P(0) = 3, P(1) = 2, P(2) = 6, P(3) = 8. 24. Keadaan suatu barisan bilangan segitiga adalah sebagai berikut: • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • S(1) S(2) S(3) S(4) … - 23 - Page 24 of 34 E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Tunjukkan bahwa S(k) memenuhi hubungan S(1) = 1 dan S(k+1) = S(k) + (k+1) untuk semua n ∈ Z dan n ≥ 1 Tunjukkan pula bahwa: S (k ) = k ∑ n n= 1 25. Keadaan suatu barisan bilangan segilima adalah sebagai berikut: • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • R(1) R(2) R(3) …. Tunjukkan bahwa R(k) memenuhi hubungan R(1) = 1 dan R(k+1) = R(k) + (3k+1) untuk semua n ∈ Z dan n ≥ 1. Tunjukkan pula bahwa: R (k ) = k ∑ (3n − 2) n= 1 26. Masalah Menara Hanoi: Masalah menara Hanoi merupakan teka-teki popular pada akhir abad 19. Ada tiga tonggak, yaitu A, B dan C Salah satu tonggak diberi sejumlah keping melingkar, berurutan yang besar di bawah dan yang kecil di atas. Persoalan utama adalah menghitung banyaknya langkah jika kepingan-kepingan itu akan dipindahkan dari A ke B (atau C) dengan perantaraan C (atau B), tanpa pernah terjadi kepingan yang lebih kecil berada di bawah kepingan yang lebih besar. Pemindahan kepingan dilakukan satu demi satu. Buatlah berbagai kepingan melingkar (sebetulnya tidak harus melingkar, bisa bentuk yang lain) dari karton atau kertas yang tebal, dan masing-masing lubangilah di tengah-tengah. Kemudian carilah tiga batang lidi, potonglah menurut ukuran panjang secukupnya (misalnya 15 cm), dan tancapkan pada gabus. Tandailah lidilidi itu dengan lidi A, lidi B, dan lidi C. 1. Masukkan 2 kepingan pada lidi A, kepingan yang besar di bawah dan kepingan yang kecil di atas. Pindahkan kepingan-kepingan itu satu demi satu ke lidi C dengan perantaraan lidi B tanpa pernah terjadi kepingan kecil berada di bawah kepingan besar untuk setiap langkah yang dibuat. Catatlah berapa langkah (pemindahan) yang diperlukan. 2. Ulangilah kegiatan 1). dengan 3 kepingan, 4 kepingan, dan 5 kepingan. Catatlah banyaknya langkah yang diperlukan untuk masing-masing keadaan. 3. Berdasarkan hasil 1). dan 2)., cobalah membuat ‘rumus’ untuk menentukan banyak langkah yang diperlukan untuk memindahkan n kepingan. 4. Jika: P(1) = banyaknya langkah memindahkan 1 kepingan P(2) = banyaknya langkah memindahkan 2 kepingan P(3) = banyaknya langkah memindahkan 1 kepingan •. - 24 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc 5. 6. 7. 8. Page 25 of 34 •. P(n) = banyaknya langkah memindahkan n kepingan Maka berapakah nilai-nilai dari P(1), P(2), P(3), P(4), P(5), dan P(6)? Jika proses memindahkan 3 kepingan dihitung dengan memindahkan 2 kepingan dari A ke B dengan perantaraan C, dilanjutkan memindahkan kepingan terbesar dari A ke C, dan terakhir memindahkan 2 kepingan dari B ke C dengan perantaraan A, maka benarkah jika dinyatakan: P(3) = 2P(2) + 1 + P(2) P(3) = 2P(2) + 1. Jika dilanjutkan dengan 4, 5, 6…, n kepingan, maka benarkah: P(4) = 2P(3) + 1 P(5) = 2P(4) + 1 P(3) = 2P(2) + 1 Ulangilah berkali-kali sehingga Anda yakin bahwa hal di atas benar P(4) = 2P(3) + 1 P(5) = 2P(4) + 1 P(6) = 2P(5) + 1 •. •. •. P(n–3) = 2P(n–4) + 1 P(n–2) = 2P(n–3) + 1 P(n–1) = 2P(n–2) + 1 P(n) = 2P(n–1) + 1. Jika Anda merasa (menganggap) benar, maka cobalah jabarkan rumus rekurensi: P(n) = 2P(n–1) + 1 menjadi rumus barisan bilangan. Jika belum bisa menyelesaikan, maka ikutilah proses berikut: P(n) = 2P(n–1) + 1 = 2{2P(n–2) + 1} + 1 = 4P(n–2) + 2 + 1 = 4{2P(n–3) + 1} + 2 + 1 = 8P(n–3)+ 4 + 2 + 1 = 8{2P(n–4) + 1}+ 4 + 2 + 1 = 16P(n–4) + 8 + 4 + 2 +1 = 16{2P(n–5) + 1} 8 + 4 + 2 + 1 = 32P(n–5) + 16 + 8 + 4 + 2 + 1 = 1 + 2 + 4 + 8 +16 + 32 + … = 1 + 2 + 22 + 23 + 24 + 25 + … + 2n. Bentuk P(n) merupakan deret geometri, sehingga: pn − 1 2n − 1 P (n) = a. = 1. = 2n − 1 p− 1 2− 1 (end) - 25 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 26 of 34 MENARA HANOI: Diberikan tiga tiang dan beberapa cakram (berlubang) dengan ukuran mulai dari yang besar sampai yang kecil. Pada mulanya cakram ini tersusun di salah satu tiang (Lihat gambar). Tugas kita adalah memindahkan semua cakram ke tiang ketiga (dengan bantuan tiang kedua) tetapi setiap langkah hanya dapat memindahkan satu cakram ke tiang yang lain dan setiap kali tak ada cakram berukuran kecil di bawah cakram yang lebih besar. Berapakah jumlah langkah minimum yang harus dilakukan untuk memindahkan n cakram?. Jawab: Tulis mn adalah jumlah minimum untuk memindahkan n cakram. Mudah dihitung bahwa untuk m1 = 1 dan m2 = 3. Secara umum, misalkan kita ingin memindahkan (n + 1) cakram. Sebagai illustrasi, misalkan kita akan memindahkan 5 cakram dan telah tahu jumlah minimum langkah untuk memindahkan 4 cakram yaitu m4 langkah, tetapi sebagai ganti ke tiang ketiga pindahkan ke tiang dua. m4  langkah 1 ⇓ langkah m4  langkah - 26 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 27 of 34 Selanjutnya, setelah satu cakram besar dipindahkan ke tiang ketiga. Kemudian selanjutnya adalah memindahkan 4 cakram ke tiang ketiga, jadi jumlah minimum langkah untuk memindahkan 5 cakram adalah m5 = 2.m4 + 1. Hal ini juga berlaku bagi sebarang (n + 1) cakram adalah mn+1 = 2.mn + 1. Permaian Menara Hanoi Pada tiang A diletakkan 10 piringan yang tersusun denagn aturan bahwa tiap piringan yang lebih kecil berada di atas yang lebih besar. (Contoh terlihat pada gambar di bawah misalkan sebanyak 5 piringan). A B C Pertanyaan: Berapa kali perpindahan sedikit-sedikitnya harus dilakukan, agar 10 piringan dapat diletakkan pada salah satu tiang B atau C dengan aturan bahwa tiap piringan tidak boleh diletakan di atas piringan yang lebih kecil. tiang: A B 3 piringan tersusun pada A pada keadaan semula C Setelah perpindahan ke-1 Setelah perpindahan ke-2 Ke-3 - 27 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 28 of 34 Ke-4 Ke-5 Ke-6 Ke-7 3 piringan tersusn pada tiang B pada keaadan akhir. Gambar di atas menunjukkan berapa kali perpindahan sedikit-dikitnya harus dilakukan agar 3 piringan yang semula pada tiang A dapat disusun pada tiang B, agar lebih jelas, kita kumpulkan data-datanya sebagai berikut: Lengkapilah! Banyaknya Piringan Banyaknya perpindahan sedikit-dikitnya dilakukan 1 1 2 3 3 …. 4 …. Dapatkah Anda menjawab pertanyaan tersebut permulaan? Bila belum, dengan keterangan yang terdapat pada daftar di atas, lengkapilah daftar berikut: - 28 - Page 29 of 34 E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Banyak Piringan 1 Banyaknya perpindahan 21 – 1 sedikitnya dilakaukan 2 22 –… 3 23 – … 4 2.. – … 5 2…– … 6 … Nah, Anda dapat menjawab soal tersebut pertama, yakni: Agar 10 piringan pada A dapat diletakan pada salah satu tiang B atau C, maka sedikit-dikitnya harus dilakukan perpindahan: 2….. – 1 = ….. kali. Aksioma dari Peano: Himpunan bilangan asli (A) adalah himpunan yang mempunyai sifat: a. Bilangan 1 (satu) anggota himpunan A b. Untuk setiap n ∈ A ada tunggal angota lain n*yang disebut sebagai pengikut n. c. Untuk setiap n ∈ N, maka n* ≠ 1. d. Untuk m setiap sub-himpunan K ⊂ A dengan sifat: (i). 1 ∈ K; (ii). Jika k ∈ K maka k* ∈ K. Maka K = A. e. Jika m, n ∈ A dan m* = n* maka m = n. Tambahan: Logika mengenai implikasi dan Kontradiksi. Jika p maka q, ditulis pada logika adalah p  q. Di mana: p menyatakan penyebab = anteseden atau pernyatan yang diketahui q menyatakan akibat = konsekuen atau pernyataan dibuktikan. Implikasi bernilai salah hanya apabila penyebab benar tetapi akibatnya salah. Dapat dibuatkan table kebenaran (truth table) pada implikasi: p q pq p∨q p∧q B B B B B B S S B S S B B B S S S B S S Tambahan materi Induksi Matematika: Salah satu cara pembuktian di dalam matematika ialah pembuktian dengan cara Induksi matematika. Jika kita mempunyai kesamaan-kesamaan: 1 =1 1+3=4 = 22 1+3+5=9 = 32 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42 ………………………….(I) maka pada umumnya kita sampai kepada simpulan bahwa 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + … + (2n – 1) = n2………………….(II) Pada umumnya kesamaan-kesamaan (I) dianggap sebagai bukti berlakunya rumus (II), kita menyimpulkan berlakunya (II). Penarikan kesimpulan seperti itu dapat benar, tetapi dapat pula salah. Penarikan kesimpulan dengan cara demikian belum dapat dianggap - 29 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 30 of 34 sebagai langkah langkah pembuktian berlakunya rumus (II). Beralkunya rumus sifat (II) dapat dibuktikan dengan cara induksi matematika. Langkah pembuktian berlakunya sifat S(n) di dalam pembuktian dengan induksi matematika ialah: (i). Dibuktikan bahwa S(n) berlaku untuk n = 1 (ii). Dimisalkan bahwa S(n) berlaku untuk n = k. (iii). Berdasarkan (i) dan (ii), dibuktikan bahwa S(n) berlaku untuk n = k + 1. Contoh: Buktikan bahwa: 1 + 2 + 3 + … + n = n(n + 1) untuk setiap bilangan bulat positif n. 2 Bukti: n(n + 1) 2 1(1 + 1) (i). Untuk n = 1, ruas kiri: 1 = = ruas kanan. Berarti S(n) dipenuhi oleh n = 1. 2 (ii). Misalkan S(n) berlaku untuk n = k, berarti berlaku: k (k + 1) 1+2+3+…+k= 2 (iii). Akan dibuktikan S(n) berlaku untuk n = k + 1, sebagai berikut: 1 + 2 + 3 + … + (k + 1) = 1 + 2 + 3 + … + k + (k + 1) k (k + 1) = + (k + 1) 2 k  = (k + 1)  + 1 2   k + 2  = (k + 1)   2  (k + 1){(k + 1) + 1} = 2 Berarti S(n) dipernuhi oleh n = k + 1. n(n + 1) Dengan (i), (ii) dan (iii) terbukti bahwa: 1 + 2 + 3 + … + n = untuk setiap 2 bilangan bulat positif n. S(n): 1 + 2 + 3 + … + n = Contoh: Buktikan bahwa 2n > n, untuk setiap bilangan bulat positif n. Bukti: S(n) : 2n > n. (i). Untuk n = 1, maka 21 > 1 atau 2 > 1. Berarti S(n) dipenuhi oleh n = 1 (ii). Misalkan S(n) berlaku untuk n = k, berarti berlaku 2k > k. (iii). Akan dibuktikan S(n) berlaku untuk n = k + 1, sebagai berikut: 2k+1 = 2k . 21 = 2 . 2k > 2k, sebab dari (ii) 2k > k =k+k ≥ k + 1, sebab k ≥ 1 - 30 - Page 31 of 34 E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc berarti 2k+1 > k + 1, yang berarti S(n) dipenuhi (memenuhi syarat) oleh n = k + 1. dengan (i), (ii), dan (iii), terbukti bahwa 2n > n berlaku untuk setiap bilanga bulat positif n. NOTASI SIGMA. BARISAN BILANGAN DAN DERAT SERTA INDUKSI MATEMATIKA A. NOTASI SIGMA (∑) Notasi sigma merupakan penulisan secara singkat dari sebuah deret. Perhatikan deret berikut: 1 + 3 + 5 + 7 +9 + 11; deret tersebut ditulis dalam bentuk lain sebagai: {2(1) –1} + {2(2) –1} + {2(3) –1} + {2(4) –1} + {2(5) –1} + {2(6) –1}; setiap suku dari seret adalah dalam bentuk 2k–1, di mana k adalah anggota dari {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Untuk memudahkan penulisan penjumlahan di atas kita menggunakan notasi ∑ (sigma huruf besar Yunani/Greek) dalam bentuknya menjadi: 6 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = ∑ 2k − 1 k=1 Dalam hal ini dapat dijelaskan berikut ini: 6 ∑ (i). k=1 2k − 1 ; dibaca “ jumlah dari (2k – 1) untuk k = 1 dan k = 6. (ii). 1 merupakan batas bawah dan 6 adalah batas atas dari penjumlahan (iii). {1, 2, 3, 4, 5, 6} disebut domain dari penjumlahan. (iv). k disebut indeks penjumlahan. Secara umum: n ∑ k= 1 a k = a1 + a2 + a3 + …. + an. Bila ak = c di mana c adalah kosntanta, maka n ∑ k= 1 c = c + c + …. + c = n.c n kali. Pada notasi sigma; indeks penjumlahan yang dipakai dapat sebarang huruf, biasanya dengan huruf kecil dan domainnya dapat berhingga atau dapat tak berhingga (~). Kalau a batas bawah dan b batas atas maka a dan b harus bilangan bulat dan a ≤ b. Soal: 1. Tulis dengan notasi sigma: (a). 5 + 8 + 11 + 14 + 17 (b). 3 + 3 + 3 + 3 + 3 (c). 4 + 7 + 10 + 13 + 16. 2. Tulislah dengan notasi penjumlahan biasa: 5 (a). ∑ k= 2 (k 2 + 1) = ? 2 (b). ∑ n= 2 n3 = ? B. - 31 - Page 32 of 34 E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Tambahan: MENARA HANOI Diberikan tiga tiang dan beberapa cakram (berlubang) dengan ukuran mulai dari yang besar sampai yang kecil. Pada mulanya cakram ini tersusun di salah satu tiang (lihat gambar). A (I) B (II) C (III) Tugas kita adalah memindahkan semua cakram ke tiang ke-tiga (dengan bantuan tiang ke-dua) tetapi setiap langkah hanya dapar memindahkan satu cakram ke tiang yang lain, dan setiap kali tak ada cakram berukuran kecil di bawah cakram yang lebih besar. Berapakah jumlah langkah minimum yang harus dilakukan untuk memindahkan n cakram? Jawab: Tulis mn adalah jumlah minimum untuk memindahkan n cakram. Mudah dihitung bahwa m1 = 1 dan m2 = 3. Untuk 1 cakram Untuk 2 cakram m1 = 1 m2 = 3 berarti m3 = 2m2 + 1 = 2.3 +1 = 7 dan m4 = 2m3 + 1 = 2.7 + 1 = 15. Secara umum, misalkan kita ingin memindahkan n + 1 cakram. Sebagai illustrasi, misalkan kita ingin memindahkan 5 cakram, dan telah tahu jumlah minimum langkah untuk memindahkan 4 cakarm, yaitu m4 langkah. Tetapi sebagai ganti ke tiang ke-tiga pindahkan ke tiang kedua. m4 langkah  1 langkah  m4 langkah  Selanjutnya, satu cakram besar dipindahkan ke tiang ketiga. Kemudian, tugas selanjutnya adalah memindahkan empat cakram ke tiang ketiga. Jadi jumlah minimum langkah untuk memindahkan 5 cakram adalah: m5 = 2m4 + 1. Hal ini juga berlaku bagi sebarang n+1 cakram adalah: mn+1 = 2mn + 1 - 32 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 33 of 34 Jawaban: soal-soal 9.a. 12 + 32 + 52 +… + (2n – 1)2 = 1/3.n.(2n – 1)(2n + 1) (i). S(1) = 1/3.1.(2.1–1)(2.1+1) = 1/3.1.1.3 = 1 (ii). S(k) = 12 + 32 + 52 +… + (2k – 1)2 = 1/3.k.(2k – 1)(2k + 1) (iii). S(k + 1) = 12 + 32 + 52 +… + (2k – 1)2 + {2(k + 1) – 1}2 = 1/3.(k + 1){2(k + 1) – 1}{2(k +1)+1} 12 + 32 + 52 +… + (2k – 1)2 + (2k + 1)2 = 1/3.k.(2k – 1)(2k + 1) + (2k + 1)2 = 1/3. (2k + 1)(2k2 – k) + (2k + 1)2 = (2k + 1)[1/3.(2k2 – k) + (2k + 1)] = (2k + 1)[2/3.k2 – 1/3.k) + (2k + 1)] = (2k + 1)[2/3.k2 + 5/3.k + 2/3] = (2k + 1)[1/3.(2k + 3)(k + 1)] = 1/3.(k + 1)(2k + 1)(2k + 3) 9.b. 1 + 4 + 7 + 10 + … + (3n–2) = ½ n(3n–1) 1 + 4 + 7 + 10 + … + (3k – 2) + (2k + 1) = ½ k(3k–1)+(3k+1) = ½ k(3k – 1)+ ½ (6k + 2) = ½ (3k2 – k + 6k + 2) = ½ (3k2 + 5k + 2) = ½ (k + 1)(3k + 2) 9.c. 1.3 + 2.4 + 3.5 + …+ n(n + 2) = 1/6.n.(n + 1)(2n + 7) 1.3 + 2.4 + 3.5 + …+ k(k + 2) + (k + 1)(k + 3) = 1)(2k+7)+(k+1)(k+3) = 1/6.[(k + 1)(2k2 + 7k)]+ 1/6.[(k + 1)(6k + 18)] = 1/6.(k + 1)[2k2 + 13k + 18] = 1/6.(k + 1)(k + 2)(2k + 9) 1 /6.k.(k + 10a. 12 + 22 + 32 +…+ n2 = 1/6.n(n+1)(2n+1) 12 + 22 + 32 +…+ k2 + (k + 1)2 = 1/6.k(k + 1)(2k + 1) +(k + 1)2 = 1/6.[(k + 1)(2k2 + k)] + 1/6.[(k + 1)(6k + 6)] = 1/6.(k + 1)(2k2 + 7k + 6) = 1/6.(k + 1)(k + 2)(2k + 3) 10.b. 13 + 23 + 33 +…+ n3 = [½.n(n + 1)]2 13 + 23 + 33 +…+ k3 + (k + 1)2 = [½.k(k + 1)]2 + (k + 1)3 = ¼ k2 (k + 1)2 + (k + 1)2(k + 1) = (k + 1)2 (¼k2 + k + 1) = (k + 1)2. ¼.(k2 + 4k + 4) = (k + 1)2. (½)2 (k + 2)2 = [½ (k + 1) (k + 2)]2 10c. 2 + 6 + 12 +…+ x(x + 1) = 1/3 x(x + 1)(x + 2) = 1/3 (x + 1)[(x2 + 2x) + (2x + 6)] = 1/3 (x + 1)(x + 2)(x + 3) 7.a. 2n – 1 = 99  2n = 99 + 1  n = 50, berarti 502 7.b. 2n – 1 = 1001  n = 1002/2 = 501  5012 7.c. 2n – 1 = 5555  n = 5556/2 = 2778  27782 7.d. 2n – 1 = 99999  n = 100000/2 = 50000  500002 7.e. n2 - 33 - E:\GATOTBIL\BAB 1 NOTASI.doc Page 34 of 34 Catatan: Dari soal-soal di atas dapat dikerjakan dengan software computer Mathcad. - 34 -