1.6 RULES OF INFERENCE

1

Argumen

• Argumen dalam logika adalah kumpulan sejumlah proposisi. Seluruh proposisi dalam suatu argumen, kecuali proposisi terakhir, disebut premis. Sedangkan proposisi terakhir disebut kesimpulan.

• Suatu argumen dikatakan valid, apabila kebenaran seluruh premis mengakibatkan kebenaran dari kesimpulan.

• Untuk mendeduksi proposisi baru dari proposisi yang telah ada sebelumnya, digunakan aturan inferensi untuk membangun argumen yang valid.

• Aturan inferensi merupakan alat untuk menentukan kebenaran suatu argumen. Selain itu, dapat juga digunakan tabel kebenaran untuk menunjukkan bahwa suatu argumen valid. Namun ini tidak efisien dilakukan untuk argumen yang memuat banyak proposisi. 2

Contoh Argumen

“Jika Anda memiliki password terkini, maka Anda dapat mengakses jaringan.” “Anda memiliki password terkini.” Maka, “Anda dapat mengakses jaringan.” Argumen ini berbentuk:

p → q p ∴ q

3

Aturan Inferensi

4

Aturan Inferensi (2)

5

Soal 1

Tunjukkan bahwa premis:

“Matahari tidak bersinar sore ini dan sore ini lebih dingin dari kemarin,”

“Kita akan berenang hanya jika matahari bersinar,”

“Jika kita tidak berenang, maka kita akan naik perahu,” dan

“Jika kita naik perahu, maka kita akan sampai ke rumah sebelum matahari terbenam”

akan memberikan kesimpulan:

“Kita akan sampai ke rumah sebelum matahari terbenam.”

6

Soal 2

Tunjukkan bahwa premis “Jika Anda mengirim e-mail, maka saya akan menyelesaikan penulisan program,” “Jika Anda tidak mengirim email, maka saya akan tidur lebih awal,” “Jika saya tidur lebih awal, maka saya akan bangun dengan segar” akan memberikan kesimpulan: “Jika saya tidak menyelesaikan penulisan program, maka saya

akan bangun dengan segar.”

7

Argumen yang Tidak Valid

((p → q) ∧ q) → p bukan merupakan tautologi

Contoh 1.

Jika Anda mengerjakan setiap soal dalam buku teks, maka Anda akan belajar matematika diskrit.

Anda belajar matematika diskrit.

Jadi, Anda mengerjakan setiap soal dalam buku teks.

8

Aturan Inferensi untuk Pernyataan Berkuantor

x P(x) Universal instantiation

P(c)

P(c) utk setiap c Universal generalization

x P(x)

x P(x) Existential instantiation

P(c) utk suatu c

P(c) utk suatu c Existential generalization

x P(x)

9

Soal 3

Tunjukkan bahwa premis:

“Seorang mahasiswa di kelas ini tidak membaca buku teks” dan

“Semua peserta kelas ini lulus ujian”

memberikan kesimpulan:

“Seseorang yang lulus ujian tidak membaca buku teks.”

10

Universal Modus Ponens

∀x(P(x) → Q(x))

P(a), dengan a suatu anggota dari domain

∴ Q(a)

Soal 4.

Asumsikan bahwa pernyataan “Untuk setiap bilangan bulat positif n, jika n>4, maka n2<2n” adalah benar.

Gunakan universal modus ponens untuk menunjukkan bahwa 1002<2100.

11

1.7 PENGANTAR BUKTI

12

Terminologi

• Teorema adalah pernyataan yang dapat dibuktikan kebenarannya.

• Teorema yang dianggap kurang penting (kurang berkontribusi) biasanya disebut proposisi.

• Kebenaran teorema dibuktikan dengan menggunakan bukti. Bukti adalah argumen valid yang menyatakan kebenaran suatu teorema.

• Peryataan dalam suatu bukti dapat memuat aksioma (atau postulat), yaitu pernyataan yang diasumsikan benar.

13

Terminologi (2)

• Teorema yang kurang penting, namun membantu dalam membuktikan hasil lain disebut lema. Bukti yang sulit biasanya akan lebih mudah dipahami jika menggunakan sekumpulan lema, yang setiap lemanya dibuktikan tersendiri.

• Akibat adalah teorema yang dapat dibuktikan secara langsung dari teorema lain.

• Konjektur adalah pernyataan yang diajukan untuk menjadi pernyataan yang benar, biasanya berdasarkan bukti parsial, argumentasi heuristik atau intuisi seorang ahli. Apabila bukti untuk suatu konjektur ditemukan, maka konjektur akan menjadi teorema. Seringkali konjektur ditunjukkan salah, sehingga tidak menjadi teorema.

14

Kuantifikasi Universal dalam Teorema

Banyak teorema yang berlaku untuk seluruh anggota dari suatu domain, seperti bilangan bulat atau bilangan real. Walaupun pernyataan yang demikian memerlukan kuantifikasi universal, dalam teorema seringkali dihilangkan.

Contoh 2.

Pernyataan

“Jika x > y, dengan x dan y bilangan real positif, maka x2 > y2.”

Sebenarnya bermakna

“Untuk setiap bilangan real positif x dan y, jika x > y, maka x2 > y2.”

15

Bukti Langsung dan Bukti Tak Langsung

1. Bukti Langsung

Implikasi p q dapat dibuktikan dengan menunjukkan jika p benar maka q juga harus benar.

Soal 5. Berikan bukti langsung dari

“Jika n bilangan bulat ganjil maka n2 ganjil.”

16

2. Bukti Tak Langsung (Bukti dengan Kontraposisi)

Karena p q ekivalen dengan q p maka

p q dapat dibuktikan dengan menunjukkan bhw

q p benar.

Soal 6. Berikan bukti tak langsung dari

“Jika n2 ganjil maka n ganjil.”

Bukti Kosong dan Bukti Trivial

Bukti kosong

Jika hipotesis p dari implikasi p q salah, maka p q selalu benar, apapun nilai kebenaran dari q.

Soal 7. P(n): Jika n > 1, maka n2 > 1.

Tunjukkan P(0) benar.

17

Bukti trivial

Jika konklusi q dari implikasi p q benar, maka p q selalu benar, apapun nilai kebenaran dari p.

Soal 8. P(n): Jika a, b integer positif dengan a b, maka an bn.

Tunjukkan P(0) benar.

Bukti dengan Kontradiksi

Bukti Tak Langsung (Bukti dengan Kontradiksi)

Misalkan kita ingin membuktikan bahwa pernyataan p benar. Di samping itu, kita bisa menemukan suatu kontradiksi q sehingga ￢p → q benar. Karena q salah, tetapi ￢p → q benar, kita dapat menyimpulkan bahwa ￢p salah, yang berarti p benar.

Soal 9.

1. Tunjukkan bahwa sedikitnya ada 4 hari yang sama dari pilihan 22 hari sebarang.

2. Buktikan bahwa 2 irasional.

18

Bukti dengan Kontraposisi vs Kontradiksi

Bukti dengan kontraposisi dapat dituliskan kembali sebagai bukti dengan kontradiksi.

Dalam bukti dari p → q dengan kontraposisi, kita mengasumsikan bahwa ￢q benar. Kita kemudian menunjukkan bahwa ￢p juga harus benar.

Untuk menuliskan kembali bukti dengan kontraposisi dari p → q sebagai bukti dengan kontradiksi, kita misalkan bahwa p dan ￢q keduanya benar. Akibatnya, kita menggunakan langkah dalam bukti dari ￢q →￢p untuk menunjukkan bahwa ￢p benar. Ini akan memberikan kontradiksi p ∧￢p, yang merupakan akhir dari bukti.

Soal 10.

Berikan bukti dengan kontradiksi dari Soal 6

“Jika n2 ganjil maka n ganjil.” 19

Bukti dengan Ekivalensi

Untuk membuktikan teorema yang menggunakan pernyataan bikondisional, yaitu pernyataan dalam bentuk p ↔ q, kita menunjukkan bahwa

p → q dan q → p keduanya benar.

Pendekatan ini berdasarkan tautologi

(p ↔ q) ↔ (p → q) ∧ (q → p).

Soal 11.

Buktikan teorema

“Jika n bilangan bulat, maka n ganjil jika dan hanya jika n2 ganjil.”

20

Contoh Penyangkal

Untuk menunjukkan bahwa suatu pernyataan dalam bentuk

∀x P(x) salah, kita hanya memerlukan satu contoh penyangkal, yaitu, contoh x sehingga P(x) salah.

Contoh 3.

Tunjukkan bahwa pernyataan

“setiap bilangan bulat positif adalah hasil tambah dari tiga bilangan kuadrat.”

adalah salah.

Solusi. Pernyataan ini benar untuk beberapa nilai, mis.

1=02+02+12; 2=02+12+12 ; 3=12+12+12 ; 4=02+02+22 ; 5=02+12+22 ; 6=12+12+22 .

Tapi kita tidak dapat mengekspresikan seperti di atas untuk bilangan 7.

Jadi bilangan 7 merupakan contoh penyangkal dari pernyataan di atas. 21

Kesalahan dalam Bukti

Soal 12.

Apa yang salah dalam “bukti” bahwa 1 = 2 ini?

“Bukti:” Misalkan a dan b bilangan bulat positif.

Langkah Alasan

1. a = b Diberikan

2. a2 = ab Kalikan kedua ruas di (1) dengan a

3. a2 − b2 = ab − b2 Kurangkan kedua ruas di (2) dengan b2

4. (a − b)(a + b) = b(a − b) Faktorkan kedua ruas di (3)

5. a + b = b Bagi kedua ruas di (4) dengan a − b

6. 2b = b Ganti a dengan b di (5) dan sederhanakan

7. 2 = 1 Bagi kedua ruas di (6) dengan b

22

1.8 PROOF METHODS AND STRATEGY

23

Pembuktian ”Finding proofs can be a challenging business”

Matematikawan bekerja dengan memformulasi konjektur dan kemudian mencoba membuktikan bahwa konjektur tersebut benar atau salah.

Ketika dihadapkan dengan pernyataan yang akan dibuktikan:

• terjemahkan setiap istilah dengan definisinya

• analisa arti dari hipotesis dan kesimpulan

• coba membuktikan dengan menggunakan salah satu dari metoda pembuktian

Jika pernyataan berupa implikasi; coba buktikan dengan bukti langsung. Bila gagal, coba dengan bukti tak langsung. Bila tidak berhasil juga coba dengan bukti kontradiksi.

Bukti dengan Kasus

Kadangkala kita tidak dapat membuktikan teorema dengan menggunakan argumen yang berlaku untuk semua kasus, sehingga digunakan bukti dengan mempertimbangkan kasus yang berbeda secara terpisah.

Untuk membuktikan pernyataan dalam bentuk

(p1 ∨ p2 ∨ · · · ∨ pn) → q

tautologi

[(p1 ∨ p2 ∨ · · · ∨ pn) → q] ↔ [(p1 → q) ∧ (p2 → q) ∧ · · · ∧ (pn → q)]

dapat digunakan sebagai aturan inferensi.

Soal 13.

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

25

Contoh 4

Buktikan bahwa jika n bulat dan tidak habis dibagi oleh 2 atau 3 maka n2 – 1 habis dibagi 24.

Solusi.

n bilangan bulat dapat dinyatakan sebagai

n=6k+j, j {0,1,2,3,4,5}.

Karena n tidak habis dibagi oleh 2 atau 3 maka n=6k+1 atau n=6k+5.

Jadi ada 2 kasus yg perlu diperhatikan.

Bukti Exhaustive

Beberapa teorema dapat dibuktikan dengan memperhatikan sejumlah kecil contoh. Bukti demikian disebut bukti exhaustive.

Bukti exhaustive merupakan salah satu bentuk bukti dengan kasus di mana setiap kasus memeriksa satu contoh tertentu.

Secara umum, suatu pernyataan tidak dapat dibuktikan dengan menggunakan contoh, kecuali jika domain pembicaraan dapat direduksi menjadi contoh yang jumlahnya berhingga dan bukti yang diberikan mempertimbangkan semua contoh tersebut.

27

Contoh 5

Tunjukkan bahwa (n + 1)3 ≥ 3n jika n bilangan bulat positif dengan n ≤ 4.

Solusi.

Digunakan bukti dengan exhaustion. Kita hanya perlu membuktikan (n + 1)3 ≥ 3n untuk n = 1, 2, 3, dan 4.

Untuk n = 1, (n + 1)3 = 23 = 8 dan 3n = 31 = 3;

untuk n = 2, (n + 1)3 = 33 = 27 dan 3n = 32 = 9;

untuk n = 3, (n + 1)3 = 43 = 64 dan 3n = 33 = 27; dan

untuk n = 4, (n + 1)3 = 53 = 125 dan 3n = 34 = 81.

Dalam keempat kasus ini, terlihat bahwa (n + 1)3 ≥ 3n.

Kita telah menggunakan bukti dengan exhautive bahwa (n + 1)3 ≥ 3n jika n bilangan bulat positif dengan n ≤ 4. 28

Contoh 6

Tunjukkan bhw tidak ada solusi bulat x dan y yang memenuhi x2 + 3y2 = 8.

Solusi.

Karena x2 > 8 bila |x| 3 dan 3y2 > 8 bila |y| 2, maka kasus tersisa yang harus diperiksa adalah untuk x = -2, -1, 0, 1, atau 2 dan y = -1, 0 atau 1.

Untuk nilai x demikian didapat x2 = 0, 1 atau 4, sedangkan 3y2 = 0 atau 3. Jadi nilai maksimum dari x2 +3y2 = 7.

Dengan demikian tidak ada x dan y bulat yang memenuhi x2 +3y2 =8.

Bukti Eksistensi

2. Bukti Eksistensi Nonkonstruktif Contoh 8. Tunjukkan bhw ada bilangan irrasional x dan y sehingga xy rasional. Solusi. Kita tahu bahwa 2 irrasional. Pandang 22. Jika ia rasional maka terbukti. Jika tidak, perhatikan (22)2= 22=2. Jadi terbukti ada pasangan (x=2, y =2) atau (x= 22 dan y= 2) yg salah satunya memenuhi xy rasional.

30

1. Bukti Eksistensi Konstruktif

Contoh 7.

Tunjukkan bahwa ada bilangan bulat positif yang dapat dituliskan sebagai jumlah dua bilangan pangkat 3.

Solusi. 1729 = 103 + 93 = 123 + 13.

Bukti Ketunggalan

Contoh 9. Tunjukkan bahwa setiap bilangan bulat mempunyai invers penjumlahan yang tunggal.

Solusi. Jika p bulat maka p+q = 0 ketika q = -p, dan q juga bulat.

Untuk menunjukkan ketunggalan, misalkan ada r bulat dengan r q dan p+r=0. Maka p+q = p+r. Dengan mengurangkan kedua ruas dgn p didapat q=r, kontradiksi dgn r q.

Jadi ada bilangan bulat q yang tunggal sehingga p+q=0. 31

Dua bagian dalam bukti ketunggalan:

Eksistensi Menunjukkan bahwa ada elemen x yg memenuhi sifat yg diinginkan.

Ketunggalan Menunjukkan bahwa jika y x maka y tidak memenuhi sifat yg diinginkan.

Proses Maju & Mundur

Apa pun metoda yang digunakan, dalam melakukan proses pembuktian diperlukan titik awal.

Proses maju:

hipotesis aksioma & teorema kesimpulan

Namun seringkali, proses maju sukar untuk digunakan dalam pembuktian sesuatu yang tidak sederhana. Sehingga kita harus mengkombinasikan dengan proses mundur.

Contoh 10

Tunjukkan bahwa jika segitiga siku-siku RST dengan sisi tegak r, s, dan sisi miring t mempunyai luas t2/4, maka segitiga tersebut sama kaki.

Solusi.

B: Segitiga RST sama kaki. B1: r = s B2: r-s = 0

A: Segitiga RST dengan sisi r, s dan sisi miring t dengan luas t2/4.

A1: rs/2 = t2/4

A2: r2+s2 = t2 A3: rs/2 = (r2+s2)/4

A4: (r2-2rs+s2) = 0 A5: (r-s)2 = 0.

r

t

s

Contoh 10 (2)

Bukti 1.

Dari hipotesis dan rumus luas segitiga siku-siku,

Luas RST = rs/2 = t2/4.

Hukum Pythagoras memberikan r2+s2=t2, dan bila r2+s2 disubstitusikan kedalam t2, dengan sedikit manipulasi aljabar didapat (r-s)2=0.

Sehingga r=s dan segitiga RST samakaki.

Bukti 2.

Hipotesis dengan hukum Pythagoras menghasilkan r2+s2=2rs; sehingga (r-s) = 0.

Maka segitiga RST samakaki.

Contoh 11

Tunjukkan bahwa untuk setiap bilangan real positif x dan y yang berbeda berlaku

(x+y)/2 > xy.

Solusi.

• B: (x+y)/2 > xy

• B1: (x+y)2 /4 > xy

• B2: (x+y)2 > 4xy

• B3: x2 +2xy+y2 > 4xy

• B4: x2 - 2xy+y2 > 0

• B5: (x-y)2 > 0

• B6: x y.

Bukti.

Karena x dan y berbeda maka (x-y)2 > 0.

Ini berarti x2 +2xy+y2 > 4xy. Sehingga, (x+y)2 > 4xy yang memberikan (x+y)/2 > xy.

Contoh 12. The Stone Game

Dua orang memainkan suatu permainan dengan bergantian mengambil 1, 2, atau 3 batu pada setiap pengambilan dari suatu kotak yg pada awalnya berisi 15 batu.

Orang yang mengambil batu terakhir adalah pemenangnya.

Tunjukkan bahwa pemain pertama dapat selalu menang, tidak peduli apa yang dilakukan oleh pemain kedua.

The Stone Game - Proses Mundur

Pemain 1 Pemain 2

0

1, 2, 3

4

5, 6, 7

8

9, 10, 11

12

13, 14, 15

The Stone Game - Bukti

Teorema 1.

Pemain pertama selalu dapat “memaksakan” kemenangan.

Bukti.

Pemain 1 dapat mengambil 3 batu, meninggalkan 12.

Setelah giliran pemain 2, terdapat 11, 10, atau 9 batu yang tinggal. Dalam setiap kasus tersebut, pemain 1 dapat mengurangi jumlah batu yang tertinggal menjadi 8.

Maka, pemain 2 dapat mengurangi kembali menjadi 7, 6, atau 5. Akibatnya, pemain 1 dapat meninggalkan sejumlah 4 batu. Sehingga pemain 2 harus meninggalkan 3, 2, atau 1.

Pemain 1 kemudian mengambil semua batu yang tersisa dan memenangkan permainan.

Konjektur Buku matematika secara formal hanya menyajikan teorema dan bukti saja. Melalui penyajian seperti ini, kita tidak dapat mengetahui proses pencarian (discovery process) dalam matematika

Proses ini meliputi:

• mengeksplorasi konsep & contoh,

• merumuskan pertanyaan,

• memformulasi konjektur, dan

usaha menjawab konjektur dengan bukti atau contoh penyangkal.

Formulasi Konjektur

Konjektur diformulasikan dengan didasarkan pada beberapa possible evidence:

• pengamatan beberapa kasus khusus

• identifikasi pola

• mengubah hipotesis dan kesimpulan dari teorema yang telah dikenal sebelumnya

• intuisi dan kepercayaan

40

Contoh 13 Perhatikan fakta berikut ini.

24 – 1 = 15 = 3 5

25 – 1 = 31 prima

26 – 1 = 63 = 7 9

28 – 1 = 255 = 5 51

34 – 1 = 80 = 8 10

Kita tahu bhw xn – 1 = (x-1)(xn-1 +xn-2 + … + x + 1)

Namun, faktorisasi ini bermasalah bila x=2.

Konjektur 1.

Bilangan an-1 komposit jika a > 2 atau jika a=2 dan n

komposit.

Contoh 13 - Bukti Kasus i)

Bila a > 2 maka (a-1) adalah faktor dari an-1

karena an – 1 = (a-1)(an-1 +an-2 + … + a + 1)

dan 1 < (a-1) < (an-1).

Kasus ii)

Bila a=2 dan n komposit maka

ada s dan t sehingga n = st dengan 1 < s t < n.

Sehingga, 2s-1 faktor dari 2n-1

karena 2n – 1 = (2s-1)(2s(t-1) +2s(t-2) + … + 2s + 1).

Jadi 2n – 1 komposit.

Dengan demikian Konjektur 1 menjadi teorema.

Konjektur dan Contoh Penyangkal

Apakah ada fungsi f sehingga f(n) prima untuk semua bilangan bulat positif n ?

Konjektur 2. f(n) = n2 – n +41.

Karena f(1) = 41, f(2) = 43, f(3) = 47, f(4)= 53, ….

Oopps! Tapi… f(41) = 412 komposit. Jadi f(n) bukan fungsi penghasil bilangan prima. Konjektur salah.

Bahkan Matematikawan Besar dapat Mengajukan Konjektur yang Salah!

• Euler memformulasikan conjecture bahwa untuk n>2, jumlah dari n−1 buah pangkat ke-n bilangan bulat positif bukanlah merupakan bilangan pangkat ke-n.

Benar untuk semua kasus yang diperiksa selama 200 tahun, namun tidak ada bukti yang ditemukan.

• Akhirnya, pada tahun 1966, Lander dan Parkin menemukan counter-example untuk n=5

275 + 845 + 1105 + 1335 = 1445. Counter-example juga ditemukan untuk n=4, tetapi belum ada untuk n>5.

Beberapa Konjektur Terkenal (1)

Fermat’s Last Theorem

(abad ke-17)

Persamaan

xn + yn = zn

tidak mempunyai solusi bulat x, y, dan z dengan xyz 0 dan n > 2.

Beberapa Konjektur Terkenal (2) Goldbach’s Conjecture (1742)

Dalam suratnya kepada Euler, Goldbach menulis

“Setiap bilangan ganjil n, dengan n > 5, dapat ditulis sebagai jumlah 3 bilangan

prima.”

Menurut Euler, ini ekivalen dengan

“Setiap bilangan genap n, dengan n > 2, dapat ditulis sebagai jumlah 2 bilangan

prima.”

Telah dicek dengan komputer bahwa

Goldbach’s conjecture benar

utk semua bilangan 4 . 1014.

Beberapa Konjektur Terkenal (3) The Twin Prime Conjecture Twin prime adalah pasangan bilangan prima dengan selisih 2, seperti 3 dan 5, 5 dan 7, 11 dan 13, 17 dan 19, dan 4967 dan 4969. Twin prime conjecture menyatakan bahwa ada tak hingga banyaknya twin primes. Hasil terkuat yang telah dibuktikan adalah ada tak hingga banyaknya pasangan p dan p + 2, dengan p prima dan p + 2 prima atau hasil kali dari 2 bilangan prima (dibuktikan oleh J. R. Chen pada 1966). Rekor dunia untuk twin primes, sampai pertengahan 2011, adalah

65,516,468,355 2333,333 1 yang memiliki 100,355 digit desimal.

Beberapa Konjektur Terkenal (4) The 3x+1 Conjecture

Collatz problem, Hasse’s algorithm, Ulam’s problem, Syracuse problem, Kakutani’s problem

(1950an)

Misalkan T suatu transformasi yang memetakan bilangan genap x ke x/2 dan bilangan ganjil x ke 3x + 1. Semua bilangan bulat x, apabila diterapkan transformasi T secara berulang, pada akhirnya akan mencapai 1.