BAB III

INDUKSI MATEMATIKA

3.1 Pendahuluan

Dalam bidang matematika tidak jarang ditemui pola-pola induktif yang meli-

batkan himpunan indeks berupa himpunan bilangan asli atau bulat seperti barisan

atau deret. Bentuk umum dari pola keteraturan tersebut membutuhkan perumu-

san yang sahih. Untuk itu, sebagai salah satu alat bukti, pada bab ini dibahas

tentang pengertian induksi matematika dan contoh-contoh penggunaannya.

Topik ini sangat bermanfaat bagi mahasiswa untuk merumuskan bentuk umum

dari suatu pola yang diamati, seperti barisan dan deret, yang terapannya banyak

dijumpai di bidang premi asuransi, bunga berbunga, integral tertentu, dan iterasi.

Setelah mempelajari topik bahasan pada pertemuanminggu ke-6 yang meliputi

1. Proses Induktif (Aksiomatika bilangan asli)

2. Induksi Matematika

3. Contoh aplikasi pembuktian dengan Induksi matematika

ini secara tuntas diharapkan memiliki learning Outcomes berupa:

1. Mahasiswa mampu menjelaskan pengertian induksi matematika

2. Mahasiswa mampu menggunakan induksi matematika dalam bidang matem-

atika

3.2 Induksi Matematika

Salah satu alat bukti penting yang banyak dipakai di bidang matematika,

khususnya yang terkait dengan himpunan bilangan asli adalah induksi matem-

atika yang sesungguhnya merupakan salah satu aksioma yang dipenuhi oleh sis-

tem bilangan asli. Bentuk umum induksi matematika sebagai berikut: Misalkan

N adalah himpunan semua bilangan asli.

Teorema 3.1 Jika G subhimpunan N yang memenuhi

1. Pangkal: 1 ∈ G, dan

33

2. Induksi hipotesa: n ∈ G

berakibat n+ 1 ∈ G,

maka G = N .

Selanjutnya jika G = {n ∈ N | P (n)}, dengan ”P (n)” mempunyai arti ”n

mempunyai sifat P” atau ”n memenuhi ketentuan P”, maka berlaku

(∀n ∈ N )(n ∈ G ⇐⇒ P (n)).

Hal ini berakibat Teorema 3.1 ekuivalen dengan

Teorema 3.2 Jika G subhimpunan N yang memenuhi

1. Pangkal: P (1), dan

2. Induksi Hipotesa: P (n),

berakibat P (n+ 1),

maka (∀n ∈ N ).P (n).

Contoh 3.2.1 Dengan menggunakan induksi matematika buktikan, bahwa :

1. Jumlah n suku pertama deret geometri dengan rasio r = 1 dan u1 = a adalah

a rn−1r−1

2. Jumlah n suku pertama deret aritmetika dengan beda b dan u1 = a adalah

n2(2a+ b(n− 1))

Penyelesaian:

1. Jumlah n suku pertama deret geometri dengan rasio r = 1 dan suku ke-1 a

adalah

Sn = a+ ar + ar2 + · · ·+ arn−1.

Dibentuk G = {n ∈ N | Sn = a rn−1r−1

}.

1. Pangkal: Untuk n = 1,

Sn = S1 = a = ar1 − 1

r − 1= a

rn − 1

r − 1,

sehingga 1 ∈ G.

34

2. Induksi hipotesa: Misalkan n ∈ G. Akibatnya

a+ ar + ar2 + · · ·+ arn−1 = Sn = arn − 1

r − 1,

sehingga

Sn+1 = a+ ar + ar2 + · · ·+ arn−1 + ar(n+1)−1

= arn − 1

r − 1+ ar(n+1)−1

=a

r − 1(rn − 1 + r(n+1)−1(r − 1))

= arn+1 − 1

r − 1

Jadi n+1 ∈ G, sehingga berlaku G = N . Dengan kata lain untuk setiap

bilangan asli n berlaku Sn = a rn−1r−1

2. Jumlah n suku pertama deret hitung dengan beda b dan suku pertama a

adalah

Sn = a+ (a+ b) + (a+ 2b) + · · ·+ (a+ (n− 1)b.

Didefinisikan P (n) : ”n mempunyai sifat P”, yaitu Sn = n2(2a+ b(n− 1))

1. Pangkal: Untuk n = 1,

Sn = S1 = a =1

2(2a+ b(1− 1)) =

n

2(2a+ b(n− 1),

sehingga 1 memenuhi sifat P .

2. Induksi hipotesa: Misalkan n memenuhi sifat P . Akibatnya

a+ (a+ b) + (a+ 2b) + · · ·+ (a+ (n− 1)b = Sn =n

2(2a+ b(n− 1)),

sehingga

Sn+1 = a+ (a+ b) + (a+ 2b) + · · ·+ (a+ (n− 1)b+ (a+ b((n+ 1)− 1))

=n

2(2a+ b(n− 1)) + (a+ b((n+ 1)− 1))

=n

2(2a+ b(n− 1)) +

1

2(2a+ 2b(n))

=n+ 1

2(2a+ bn) =

n+ 1

2(2a+ b((n+ 1)− 1)

Jadi n + 1 memenuhi sifat P , sehingga untuk setiap bilangan asli n

berlaku Sn = n2(2a+ b(n− 1))

35

Contoh 3.2.2 Diketahui n dan b adalah dua bilangan bulat positif dan b > 1.

Tunjukkan, bahwa akan berlaku sifat P, yaitu dapat ditemukan bilangan bulat

s ≥ 0 dan ni yang memenuhi 0 ≤ ni < b, untuk i = 0, 1, · · · , s, ns = 0, dan

n = nsbs + ns−1b

s−1 + · · ·+ n1b+ n0.

Penyelesaian: Diketahui bilangan bulat b > 0.

1. Pangkal:

1 = 1, dengan s = 0 dan ns = 1,

sehingga 1 memenuhi sifat P .

2. Induksi hipotesa: Misalkan n mempunyai sifat P , berarti dapat ditemukan

s ≥ 0, ns = 0, 0 ≤ ni < b untuk i = 0, 1, · · · , s sedemikian hingga

n = nsbs + ns−1b

s−1 + · · ·+ n1b+ n0.

Kemungkinan:

1. Untuk setiap i, ni = b− 1. Akibatnya

n+ 1 = nsbs + ns−1b

s−1 + · · ·+ n1b+ n0 + 1 = bs+1,

sehingga n+ 1 memenuhi sifat P .

2. Ada indeks i, 0 ≤ i ≤ s yang memenuhi ni < b− 1. Anggap saja indeks

pertama yang memenuhi adalah k. Akibatnya 0 ≤ nk + 1 < b dan

n+ 1 = nsbs + ns−1b

s−1 + · · ·+ n1b+ n0 + 1

= nsbs + · · ·+ nk+1b

k+1 + (nk + 1)bk

Contoh 3.2.3 Buktikan bahwa 1+ 3+ · · ·+ (2n− 1) = n2, untuk setiap bilangan

bulat positif n.

Bukti:

1. Pangkal: Untuk n = 1

1 = 2.1− 1 = 2n− 1,

sehingga 1 memenuhi sifat.

36

2. Induksi hipotesa: Misalkan n memenuhi 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) = n2. Maka

1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) + (2(n+ 1)− 1) = n2 + 2(n+ 1)− 1

= n2 + 2n+ 1

= (n+ 1)2

Latihan 3.1

1. Dengan menggunakan induksi matematika buktikan bahwa untuk n = 1, 2, · · ·persamaan dan pertidaksamaan berikut ini berlaku:

1.1 1.2 + 2.3 + · · ·n(n+ 1) = n(n+1)(n+2)3

1.2 1.(1!) + 2(2!) + · · ·n(n!) = (n+ 1)!− 1

1.3 12 + 22 + · · ·n2 = n(n+1)(2n+1)6

1.4 12 − 22 + 32 − · · ·+ (−1)n+1n2 = (−1)n(n+1)2

1.5 11.3

+ 13.5

+ 15.7

+ · · · 1(2n−1)(2n+1)

= n2n+1

1.6 2n+ 1 ≤ 2n

1.7 2n ≥ n2

1.8 (1 + x)n ≥ 1 + nx, untuk setiap x ≥ 1.

1.9 7n − 1 = 6k, untuk suatu bilangan asli k.

1.10 6.7n − 2.3n = 4k, untuk suatu bilangan asli k.

1.11 (1 + x)n ≥ 1 + nx, untuk setiap x ≥ 1.

1.12 Jika ai bulat positif, untuk i = 1, 2, · · ·, maka

(a1a2 · · · a2n)12n ≤ a1a2 · · · a2n

2n

.

2. Buktikan dengan induksi matematika, bahwa n buah garis lurus pada sebuah

bidang datar pasti membagi bidang tersebut menjadi n2+n+22

daerah, dengan

asumsi tidak ada dua garis lurus yang sejajar dan tidak ada tiga garis yang

beririsan di satu titik.

3. Tunjukkan bahwa jika sin(x2) = 0, maka

1 sin x+ 2 sin 2x+ · · ·+ n sinnx =sin((n+ 1)x)

4 sin2(x2)

−(n+ 1) cos(2n+1

2x)

2 sin(x2)

.

37

Tes Formatif III-1

PENGANTAR LOGIKA MATEMATIKA DAN HIMPUNAN

Topik Bahasan : INDUKSI MATEMATIKAHari/tanggal :Waktu : 60 menitSifat : Buku Tertutup Dosen : Budi S.

1. Buktikan dengan prinsip Induksi matematika, bahwa pada himpunan se-

mua bilangan bulat positif Z+ berlaku

4 + 8 + 12 + . . .+ 4n = 2n(n+ 1).

2. Tulislah rumus deret geometri dengan suku tak hingga yang memiliki rasio

|r| < 1 dan suku pertama a. Buktikan dengan induksi matematika, bahwa

rumus anda benar!

38

Tes Formatif III-2

PENGANTAR LOGIKA MATEMATIKA DAN HIMPUNAN

Topik Bahasan : INDUKSI MATEMATIKAHari/tanggal :Waktu : 60 menitSifat : Buku Tertutup Dosen : Budi S.

Tes Formatif Berkelompok

Jika k bilangan asli. Tunjukkan, bahwa jika terdapat barisan bilangan bulat

ao, a1, a2, . . .

yang memenuhi

an =an−1 + nk

nuntuk semua n ≥ 1

maka k − 2 habis dibagi 3.

39

Kunci Jawaban

Tes Formatif III-1

1. No. 1:

4 + 8 + 12 + . . .+ 4n = 2n(n+ 1).

Untuk n = 1: 4.1 = 2.1(1 + 1)

Misalkan benar untuk n:

4 + 8 + 12 + . . .+ 4n = 2n(n+ 1).

Jadi untuk n+ 1:

4 + 8 + 12 + . . .+ 4n+ 4(n+ 1) = 2n(n+ 1) + 4(n+ 1) = 2(n+ 1)(n+ 1).

Benar untuk n+ 1.

2. No 2:

Perhatikan kembali Contoh3.2.1

Komentar Dan Pengayaan

1. Tes Formatif III-1 hanya menguji tingkat dasar, pengulangan Contoh3.2.1

2. Tingkat pengusaan sudah mencapai kompetensi jika minimal dapat menger-

jakan 70% dari soal Latihan

3. Pengayaan: Tes Formatif III-2 mempunyai tingkat kesulitan tinggi, untuk

mengukur kerjasama. Silahkan buka http:www.imo-official.org

40

BAB IV

KUANTOR

4.3 Pendahuluan

Bab ini merupakan materi untuk Minggu ke-7 dan satu kali tatap muka pada

Minggu ke-8. Pada bab ini akan dibahas tentang Pengertian kuantor (eksistensial

dan universal), hubungan kuantor universal dan eksistensial. Dalam perkembangan

berikutnya diperlukan bebarapa jenis kuantor lain. Untuk itu selanjutnya pada bab

ini juga dibahas tentang. Kuantor terbatas, kuantor jamak, dan implimentasinya

dalam berbagai bidang baik di bidang matematika, maupun kehidupan sehari-hari.

Setelah mempelajari pokok bahasan ini para mahasiswa diharapkan memper-

oleh learning outcomes sebagai berikut:

1. Mahasiswa mampu menjelaskan kuantor universal dan eksistensial

2. Mahasiswa mampu membuat ingkaran kalimat berkuantor

3. Mahasiswa dapat menjelaskan pengertian kuantor eksistensial dan universal

4. Mahasiswa mampu menjelaskan jenis-jenis kuantor khusus

5. Mahasiswa mampu menggunakan kuantor khusus dalam bidang matematika

4.4 Kuantor

Dalam suatu pernyataan sangat mungkin kalimat yang digunakan merujuk

pada keberadaan ”sejumlah” unsur dalam semesta pembicaraan yang memenuhi

keadaan tertentu, yaitu unsur tertentu, sebagian unsur, atau semua (setiap) unsur

dari semesta pembicaraan. Dengan menggabungkan konsep negasi kalimat pada

”kuantifikasi”, muncullah istilah tidak ada, paling sedikit, paling banyak, tidak

kurang dari, dan tidak semua. Untuk itu diperlukan simbol atau istilah tertentu

yang mewakili sebagian atau seluruh anggota dari semesta pembicaraan. Sebagai

contoh:

1. Ada anak yang suka makan wortel mentah

2. Tidak ada bilangan real yang nilai kuadratnya negatif

3. Setiap hari dia berjualan dari jam 15.00 sampai dengan 22.00

41

4. Di R2 setiap dua garis yang saling tegak lurus tidak mungkin sejajar

5. Tidak semua anak pandai berenang

6. Sebagian rakyat berada di bawah garis kemiskinan

7. Terdapat bilangan bulat yang hasil penjumlahannya dengan masing-masing

bilangan real x sama dengan bilangan x itu sendiri.

Bentuk kuantifikasi di atas dapat juga digunakan untuk mengubah kalimat

terbuka menjadi kalimat deklaratif, selain dengan jalan mengganti variabel dengan

konstanta). Alat tersebut dinamakan kuantor. Ada dua jenis kuantor, yaitu:

1. Kuantor Universal:

”Untuk semua x berlaku · · ·” atau ”Untuk setiap x berlaku · · ·”.Sebagai contoh misalkan semesta pembicaraannya himpunan semua bilangan

asli.

1. ”x > 1” merupakan kalimat terbuka

2. ”Untuk semua x berlakulah x > 1” merupakan kalimat deklaratif berni-

lai salah, sebab dapat ditemukan bilangan asli x = 1 yang memenuhi

x > 1.

2. Kuantor Eksistensial:

”Terdapat x sedemikian hingga · · ·” atau ”Ada x sedemikian hingga · · ·”Dengan semestanya himpunan semua bilangan asli

1. ”x > 1” merupakan kalimat terbuka

2. ”Terdapat x sedemikian hingga x > 1” merupakan kalimat deklaratif

bernilai benar, sebab untuk x = 2 berlakulah x > 1.

Di dalam contoh di atas kalimat ”x > 1” dapat dibaca dengan ”x mempunyai

sifat lebih besar daripada 1”. Jika kondisi tersebut dinyatakan ”x mempunyai sifat

P” dan ditulis dengan simbol ”P (x)”, maka kalimat

”Untuk semua x berlakulah x > 1”

dapat ditulis dengan: ”(∀x)P (x)”. Secara umum bentuk ”(∀x)P (x)” dapat dibaca

dengan

1. ”Semua x bersifat P”

42

2. ”Setiap x mempunyai sifat P”.

3. ”Untuk semua x berlaku sifat P .

Kalimat ”Terdapat suatu x yang memenuhi (sifat) x > 1” dapat ditulis dengan:

”(∃x)P (x)”.

Secara umum bentuk ”(∃x)P (x)” dapat dibaca dengan

1. ”Terdapat x yang mempunyai sifat P”

2. ”Beberapa x mempunyai sifat P”.

3. ”Paling sedikit ada satu x yang mempunyai sifat P .

Selanjutnya perlu diperhatikan, bahwa dalam penulisan simbol kuantor mengikat

lebih kuat dibandingkan kata penghubung lainnya. Sebagai contoh kalimat

(∀x)P (x) ∨ (α ⇐⇒ β)

yang dimaksud adalah ”((∀x)P (x)) ∨ (α ⇐⇒ β)”.

Di dalam prakteknya, di bidang ilmu eksakta untuk mengungkapkan sifat-sifat

(hukum-hukum) yang berlaku umum tidak jarang kuantor universal tidak ditulis,

walaupun eksistensinya memang diakui. Sebagai contoh rumus

xn − 1 = (x− 1)(xn−1 + xn−2 + · · ·+ 1).

Bentuk sesungguhnya dari rumus tersebut seharusnya

(∀x).xn − 1 = (x− 1)(xn−1 + xn−2 + · · ·+ 1).

Dalam pemakaiannya seringkali di dalam suatu kalimat kuantor yang digu-

nakan tidak tunggal dan mungkin juga antara kuantor universal dan eksistensial

digunakan bersamaan, baik di awal kalimat maupun di tengah kalimat. Sebagai

contoh kalimat-kalimat berikut ini dengan semesta himpunan semua bilangan real

1. (∀x)(∀y)(−y < x < y =⇒ x2 < y2).

2. (∀x)(∃y)(x− y = 0 = −y + x).

3. (∃x)(∀y)(x+ y = y + x = y).

43

4. (∀x)((x = 0) =⇒ (∃y)(xy = yx = 1)).

Simbolisma-simbolisma di atas dibaca:

1. Untuk semua x dan untuk semua y berlaku jika −y lebih kecil daripada x

dan x lebih kecil daripada y, maka x2 lebih kecil daripada y2.

Dapat juga diucapkan dengan kalimat:

Setiap pasangan bilangan real x dan y, jika−y < x < x, berlakulah x kuadrat

lebih kecil darpada y kuadrat.

2. Untuk setiap x terdapatlah y yang memenuhi x dikurang y sama dengan 0

dan 0 sama dengan −y ditambah x.

Dengan bahasa keseharian dapat diucapkan :

Setiap bilangan memiliki kebalikan terhadap operasi pengurangan, yaitu dirinya

sendiri. Kalimat ini bernilai benar.

3. Terdapat x yang memenuhi untuk semua y berlaku x ditambah y sama den-

gan y ditambah x yang sama dengan y.

Dengan bahasa keseharian dapat diucapkan :

Ada bilangan yang memenuhi sifat jika ditambahkan kepada setiap bilangan

hasilnya akan sama dengan bilangan yang kedua.

4. Untuk setiap x berlaku, jika x tidak sama dengan 0, maka terdapat y yang

memenuhi x dikali y sama dengan y dikali x, sama dengan 1.

Dapat diucapkan:

Setiap bilangan yang tidak nol pasti mempunyai bilangan yang berlawanan

(terhadap perkalian. Kalimat ini bernilai benar, sebagai contoh bilangan 5

lawannya 15.

4.5 Urutan, Sifat-sifat dan Hubungan Antar Kuantor

Urutan dan letak kuantor di dalam suatu pernyataan harus diperhatikan secara

seksama. Penempatan kuantor yang tidak tepat akan berakibat makna pernyataan

akan berbeda dengan fakta yang ingin disampaikan. Hal ini juga berdampak pada

nilai kebenaran dari pernyataan tersebut.

Selanjutnya, misalkan ”P” adalah suatu predikat tertentu. Tata tulis dua kuan-

tor secara berurutan mempunyai bentuk umum:

44

1. (∀x)(∀y).P (x, y), juga ditulis dengan: (∀x, y).P (x, y).

Dibaca : ”Untuk semua x dan y berlaku x dan y bersifat P”.

2. (∀x)(∃y).P (x, y).

Dibaca : ”Untuk semua x terdapat y yang memenuhi x dan y bersifat P”.

3. (∃x)(∀y).P (x, y).

Dibaca : ”Terdapat x yang memenuhi untuk semua y berlaku x dan y mem-

punyai sifat P”.

4. (∃x)(∃y).P (x, y), juga ditulis dengan: (∃x, y).P (x, y).

Dibaca : ”Terdapat x dan y yang memenuhi sifat P .

Teorema berikut ini menunjukkan, bahwa kuantor-kuantor yang sejenis bisa

ditukar letaknya.

Teorema 4.3 (∀x)(∀y).q(x, y) ⇐⇒ (∀y)(∀x).q(x, y).

Teorema 4.4 (∃x)(∃y).q(x, y) ⇐⇒ (∃y)(∃x).q(x, y).

Kalimat ”(∀x)(∃y).P (x, y)” mempunyai arti yang berbeda dengan ”(∃x)(∀y).P (x, y)”.

Sebagai contoh perhatikan kalimat:

1. (∀x)(∃y)(x− y = 0 = −y + x), dan

2. (∃x)(∀y)(x− y = 0 = −y + x),

dengan semesta pembicaraan himpunan semua bilangan nyata.

Kalimat ke-1 bernilai benar. Untuk setiap x, pasti ada y yaitu y = x yang

memenuhi x − y = x − x = 0 = −y + x. Sedangkan kalimat ke-2 bernilai salah,

sebab jika ada x yang memenuhi kondisi tersebut, maka x− 1 = 0 dan x− 2 = 0.

Akibatnya −1 = 0, sehingga terjadi kontradiksi.

Teorema 4.5 (∃x)(∀y).q(x, y) =⇒ (∀y)(∃x).q(x, y).

Sifat ini berlaku untuk semua semesta pembicaraan dan semua predikat q.

Contoh 4.5.1 Kalimat : ”(∃x)(∀y)(x+y = y+x = y)” akan berkibat: ”(∀y)(∃x)(x+y = y + x = y)”, sebab anteseden benar, sehingga eksistensi x yang memenuhi

x + y = y + x = y, untuk semua y dijamin di dalam semestanya. Jadi untuk

sebarang y, berlaku x+ y = y + x = y.

45

Selanjutnya bentuk ingkaran dari kalimat

”Semua x mempunyai sifat p,”

adalah ”Tidak benar semua x mempunyai sifat p”, atau ”Tidak semua x mempu-

nyai sifat p”. Kalimat ingkaran tersebut sama dengan kalimat

”Ada x yang tidak mempunyai sifat p”.

Dengan kata lain pernyataan yang merupakan ingkaran, bahwa setiap anggota

semestanya mempunyai sifat p, adalah sama

dengan mengatakan terdapat anggota yang tidak mempunyai sifat p, sehingga

berlaku

Teorema 4.6 (∀x).p(x) ⇐⇒ (∃x).p(x).

Contoh 4.5.2 Jika semestanya himpunan semua bilangan nyata, tentukan in-

gkaran dari kalimat-kalimat berikut ini:

1. (∀x)(x2 + 2x+ 1 ≥ 1)

2. (∀x)(−a ≤ x ≤ a =⇒ x2 ≤ a2)

Penyelesaian:

1. (∃x)x2 + 2x+ 1 ≥ 1

Sama dengan: (∃x)(x2 + 2x+ 1 ≥ 1)

Atau: (∃x)(x2 + 2x+ 1 < 1)

2. (∃x)−a ≤ x ≤ a =⇒ x2 ≤ a2

Sama dengan: (∃x)−a ≤ x ≤ a ∨ x2 ≤ a2

Dengan kata lain: (∃x)(−a ≤ x ≤ a ∧ x2 ≤ a2)

Mempunyai makna yang sama dengan: (∃x)(−a ≤ x ≤ a ∧ x2 > a2)

Ingkaran bahwa terdapat anggota semestanya yang mempunyai sifat p sama

dengan menyatakan, bahwa tidak ada anggota semestanya yang mempunyai sifat

p. Hal ini sama dengan mengatakan semua anggota semestanya tidak mempunyai

sifat p.

Teorema 4.7 (∃x).p(x) ⇐⇒ (∀x).p(x).

46

Contoh 4.5.3 Tentukan ingkaran dari kalimat-kalimat berikut ini:

1. Ada mahasiswa yang IPK-nya lebih besar daripada 3,85.

2. Dengan semesta himpunan bilangan nyata: (∃x)(x2 − 2x+ 1 < −1)

Penyelesaian:

1. Tidak ada mahasiswa yang IPK-nya lebih besar daripada 3,85.

Sama dengan: Semua mahasiswa IPK-nya tidak lebih besar daripada 3,85

Atau: Semua mahasiswa IPK-nya kurang dari atau sama dengan 3,85.

2. (∀x)x2 − 2x+ 1 < −1

Sama dengan: (∀x)(x2 − 2x+ 1 <− 1)

Dengan kata lain: (∀x)(x2 − 2x+ 1 ≥ −1)

Berdasarkan sifat-sifat ingkaran kalimat di atas dapat diturunkan bentuk-bentuk

ingkaran kalimat yang lain, yang di dalamnya juga memuat kuantor.

Teorema 4.8 Ingkaran kuantor jamak:

1. (∃x)(∃y).p(x, y) ⇐⇒ (∀x)(∀y).p(x, y)

2. (∃x)(∀y).p(x, y) ⇐⇒ (∀x)(∃y).p(x, y)

3. (∀x)(∃y).p(x, y) ⇐⇒ (∃x)(∀y).p(x, y)

4. (∀x)(∀y).p(x, y) ⇐⇒ (∃x)(∃y).p(x, y)

Contoh 4.5.4 Dengan semesta pembicaraan himpunan semua bilangan nyata,

tentukan ingkaran dari kalimat-kalimat berikut ini:

1. (∀x)(∃y)(x+ y = 0).

2. (∃l)(∀ϵ)(ϵ > 0 =⇒ P (l, ϵ))

3. (∀x)(∀y)(x > y ⇐⇒ (∃u)(u > 0 ∧ x = y + u)).

Penyelesaian:

47

1. Ingkaran dari: (∀x)(∃y)(x+ y = 0) adalah :

(∀x)(∃y)(x+ y = 0)

(∃x)(∃y)(x+ y = 0)

(∃x)(∀y)x+ y = 0

(∃x)(∀y)(x+ y = 0)

2. Ingkaran dari: (∃l)(∀ϵ)(ϵ > 0 =⇒ P (l, ϵ)) adalah :

(∃l)(∀ϵ)(ϵ > 0 =⇒ P (l, ϵ))

(∀l)(∀ϵ)(ϵ > 0 =⇒ P (l, ϵ))

(∀l)(∃ϵ)ϵ > 0 =⇒ P (l, ϵ)

(∀l)(∃ϵ)(ϵ > 0 ∧ P (l, ϵ))

3. Ingkaran dari: (∀x)(∀y)(x > y ⇐⇒ (∃u)(u > 0 ∧ x = y + u)) adalah :

(∀x)(∀y)(x > y ⇐⇒ (∃u)(u > 0 ∧ x = y + u)).

(∃x)(∀y)(x > y ⇐⇒ (∃u)(u > 0 ∧ x = y + u)).

(∃x)(∃y)x > y ⇐⇒ (∃u)(u > 0 ∧ x = y + u).

(∃x)(∃y)(x > y ∨ (∃u)(u > 0 ∧ x = y + u)) ∧ ((∃u)(u > 0 ∧ x = y + u) ∨ x > y).

(∃x)(∃y)(x > y ∨ (∃u)(u > 0 ∧ x = y + u))∨((∃u)(u > 0 ∧ x = y + u) ∨ x > y).

(∃x)(∃y)(x > y∧(∃u)(u > 0 ∧ x = y + u))∨((∃u)(u > 0 ∧ x = y + u)∧x > y).

(∃x)(∃y)(x > y ∧ (∀u)u > 0 ∧ x = y + u ∨ (∃u)(u > 0 ∧ x = y + u) ∧ x >y).

(∃x)((∃y)(x > y∧(∀u)(u >0∨x = y+u)∨((∃u)(u > 0∧x = y+u)∧x > y)).

Berikut ini diberikan contoh-contoh menentukan nilai logika kalimat yang meng-

gunakan kuantor.

Contoh 4.5.5 Semesta pembicaraan adalah himpunan semua bilangan real. Ten-

tukan nilai logika dari kalimat berikut ini.

1. (∀x).x2 − x > 1

2. (∃x).x2 − x > 1

3. (∀x).√x2 = x

4. (∃x).√x2 = −x

5. (∀x)(x > 0 =⇒ (∃y)( 1y< x))

6. (∀x)(∃y)(xy= 0)

7. (∀x)(∀y)(x = y =⇒ (∃z)(x < z < y ∨ y < z < x))

48

Penyelesaian:

1. Bernilai salah, sebab untuk x = 1 berlaku x2 − x = 1− 1 = 0 ≤ 1.

2. Bernilai benar, sebab untuk x = 2 berlaku x2 − x = 4− 2 > 1.

3. Bernilai salah, sebab untuk x = −3 berlaku

√x2 =

√(−3)2 =

√9 = 3 = x.

4. Bernilai benar. Contohnya x = −3.

5. Bernilai benar, sebab jika x > 0, maka 0 < 1x< 1

x+1. Jika dipilih y = 1

x+1,

maka1

y<

11x

= x.

6. Bernilai salah, sebab untuk x = 1, berapapun y berlaku 1y= 0.

7. Bernilai benar.

Contoh 4.5.6 Semesta pembicaraan adalah himpunan bilangan 0, 1, 2, 3 dan 4.

Tentukan nilai logika dari kalimat berikut ini.

1. (∀x).x ≥ −1

2. (∃x).x2 − x > x− 1

3. (∀x).x2 ≤ 16

4. (∃x).√x2 = −x

Penyelesaian:

1. Bernilai benar, sebab paling kecil 0 dan 0 > 1. Jadi pasti 0 ≥ 1.

2. Bernilai benar, sebab contohnya x = 1 berlaku x2 − x = 1− 1 = x− 1.

3. Bernilai benar, sebab paling besar adalah 4 dan 42 = 16

4. Bernilai salah, sebab semua anggota semestanya positif, sehingga√x = x.

Latihan 4.2

49

1. Diberikan semesta pembicaraan himpunan semua manusia. Didefinisikan

simbol-simbol sebagai berikut:

M(x) : x merupakan mahasiswaP (x) : x orang yang pandaiA(x) : x suka berolah raga.

Tulislah penyataan-pernyataan ini dengan menggunakan kauantor dan simbol-

simbol di atas

1.1 Ada manusia yang suka berolah raga tetapi tidak pandai

1.2 Semua mahasiswa pandai

1.3 Ada mahasiswa yang pandai dan suka berolah raga.

1.4 Semua manusia yang tidak pandai tetapi suka berolah raga pasti bukan

mahasiswa.

1.5 Ada manusia yang suka berolah raga tetapi bukan mahasiswa

1.6 Semua orang pandai pasti tidak menyukai olah raga

2. Diberikan semesta pembicaraannya himpunan semua bilangan nyata. Ba-

calah kalimat-kalimat di bawah ini, kemudian renungkan artinya dan ucap-

kanlah dengan menggunakan bahasa sehari-hari (dengan makna yang sama

dengan bentuk simbolnya). Selanjutnya tentukan nilai kebenaraannya.

2.1 (∃x)(x2 − 1 = 0)

2.2 (∀y)(∃x)(x ≤ y)

2.3 (∃y)(∀x)(yx = xy = 0)

2.4 (∀x)((∀ϵ)(ϵ > 0 =⇒ |x| < 0) =⇒ x = 0)

2.5 (∀x)(∀y)(x = 0 =⇒ (x < y ∨ x > y))

2.6 (∃x)(∃y)(x > y > 0 ∧ x2 < y2)

2.7 (∀x)(∃y)(xy = y2).

3. Tentukanlah ingkaran bentuk simbolisma dari kalimat-kalimat Soal 1.1 - 1.6,

kemudian terjemahkan dalam bahasa sehari-hari.

4. Tentukanlah ingkaran bentuk simbolisma dari kalimat-kalimat Soal 2.1 - 2.7,

kemudian terjemahkan dalam bahasa sehari-hari dan tentukan nilai kebe-

narannya.

50

4.6 Kuantor Jenis Lain Dan Kuantifikasi Terbatas

Di bidang matematika terdapat suatu kuantor jenis lain yang mempunyai simbol

khusus, yaitu yang mewakili pernyataan ”Terdapatlah satu dan hanya satu · · ·” di

dalam semestanya. Untuk itu perhatikan kalimat :

”Terdapatlah satu dan hanya satu x yang mempunyai sifat P”.

Simbol dari pernyataan tersebut adalah:

”(∃x)(P (x) ∧ (∀y)(P (y) =⇒ y = x))”

yaitu ada x yang memenuhi sifat P dan untuk setiap y yang memenuhi sifat P ,

maka y sama dengan x. Kuantor ini diberi simbol dengan ”(∃!x)”, sehingga kalimat

selengkapnya dapat ditulis dengan

”(∃!x)P (x)”

dan dibaca ” Terdapat dengan tunggal x yang mempunyai sifat P”.

Contoh 4.6.1 Di dalam himpunan semua bilangan nyata kalimat berikut ini berni-

lai benar

(∃!x)(∀y)(x+ y = y + x = x)

satu-satunya bilangan nyata x yang memenuhi adalah 0.

Kuantor jenis lain dapat dijumpai dalam pernyataan berikut ini:

Terdapat tepat dua bilangan nyata yang memenuhi x2 − x− 6 = 0.

Secara simbolis kalimat tersebut dapat ditulis

(∃u, v)(u = v∧u2−u−6 = 0∧v2−v−6 = 0∧(∀w)(w2−w−6 = 0 =⇒ (w = u∨w = v))),

dengan terjemahan

”Terdapat u dan v yang berbeda yang memenuhi x2 − x − 6 = 0 dan untuk

setiap w yang memenuhi x2 − x− 6 = 0, maka w sama dengan u atau v”.

Selanjutnya untuk keperluan tertentu tidak jarang kuantor (eksistensial maupun

universal) yang tertulis di awal kalimat mengalami pembatasan ruang lingkup

dalam semesta pembicaraannya yang disebabkan oleh sifat yang dipenuhinya di

dalam pernyataan. Secara simbolis penulisan kuantor kemudian mengalami penye-

suaian.

51

Contoh 4.6.2 Diberikan kalimat-kalimat berikut ini :

1. Terdapat x yang positif dan bersifat P .

2. Terdapat u yang merupakan elemen A dan bersifat P .

3. Semua x yang positif mempunyai sifat P .

4. Semua u anggota A mempunyai sifat P .

Bentuk simbolis dari kalimat-kalimat tersebut adalah:

1. (∃x)(x > 0 ∧ P (x)).

Kalimat tersebut dapat juga ditulis: (∃x > 0).P (x)

dan dibaca : Terdapat suatu x positif yang bersifat P .

2. (∃x)(x ∈ A ∧ P (x)).

Kalimat tersebut dapat juga ditulis: (∃x ∈ A).P (x)

dan dibaca : Terdapat suatu x elemen A yang bersifat P .

3. (∀x)(x > 0 =⇒ P (x)).

Kalimat tersebut dapat juga ditulis: (∀x > 0).P (x)

dan dibaca : Semua x positif mempunyai sifat P .

Simbolisasi dari kalimat tersebut bukan: (∀x)(x > 0 ∧ P (x)),

karena terjemahan dari ”(∀x)(x > 0 ∧ P (x))” adalah

”Setiap x pasti positif dan mempunyai sifat P”.

Kalimat ini tidak sesuai dengan kalimat aslinya.

4. (∀x)(x ∈ A =⇒ P (x)).

Kalimat tersebut dapat juga ditulis: (∀x ∈ R).P (x)

dan dibaca : Semua x elemen A mempunyai sifat P .

Bentuk ingkaran dari kalimat-kalimat dalam contoh di atas adalah :

1. (∃x > 0).P (x) yaitu

(∃x)(x > 0 ∧ P (x))

(∀x)x > 0 ∧ P (x)

(∀x)(x > 0 ∨ P (x)

(∀x)(x > 0 =⇒ P (x)

(∀x > 0).P (x)

52

dan dibaca : Semua x positif tidak mempunyai sifat P .

2. (∃x ∈ A).P (x) yaitu

(∃x)(x ∈ A ∧ P (x))

(∀x)x ∈ A ∧ P (x)

(∀x)(x ∈ A ∨ P (x)

(∀x)(x ∈ A =⇒ P (x)

(∀x ∈ A).P (x),

dan dibaca : Semua x elemen R tidak mempunyai sifat P .

3. (∀x > 0).P (x) yaitu

(∀x)(x > 0 =⇒ P (x))

(∃x)x > 0 ∨ P (x)

(∃x)(x > 0 ∧ P (x)

(∃x)(x > 0 ∧ P (x)

(∃x > 0).P (x)

dan dibaca : Terdapat x positif yang tidak mempunyai sifat P .

4. (∀x ∈ A).P (x)) yaitu

(∀x)(x ∈ A =⇒ P (x))

(∃x)x ∈ A ∨ P (x)

(∃x)(x ∈ A ∧ P (x)

(∃x)(x ∈ A ∧ P (x)

(∃x ∈ A).P (x),

dan dibaca : Terdapat x elemen R yang tidak mempunyai sifat P .

Contoh 4.6.3 Tentukanlah negasi (ingkaran) dari kalimat-kalimat berikut ini, jika

semestanya adalah himpunan orang-orang.

1. Bagi wisudawan yang memiliki IPK lebih dari 3,75 meraih derajat cumlaude

2. Ada bayi yang berat badan lahirnya kurang dari 2 kg yang tidak dimasukkan

ke dalam inkubator.

53

3. Setiap mahasiswa semester satu harus mengambil kalkulus I.

Penyelesaian:

1. Kalimatnya sama artinya denga kalimat, setiap wisudawan yang memiliki

IPK lebih dari 3,75 meraih derajat cumlaude, sehingga ingkarannya adalah

Ada wisudawan yang memiliki IPK lebih dari 3,75 tapi tidak meraih derajat

cumlaude.

2. Setiap bayi yang berat badan lahirnya kurang dari 2 kg pasti dimasukkan ke

dalam inkubator.

3. Ada mahasiswa semester satu yang tidak harus mengambil kalkulus I. Kali-

mat ini sama artinya dengan kalimat : ”Ada mahasiswa semester satu yang

diperbolehkan tidak mengambil kalkulus I”.

Contoh 4.6.4 Tulislah dengan simbolisma logika kalimat-kalimat berikut ini.

1. Sekurang-kurangnya ada satu x yang mempunyai sifat P .

2. Paling banyak ada satu x yang mempunyai sifat P .

3. Hanya ada satu x yang mempunyai sifat P .

4. Paling banyak ada satu bilangan positif yang bersifat P .

5. Sekurang-kurangnya ada dua x bersifat P .

6. Paling banyak ada dua elemen D yang bersifat P .

Penyelesaian:

1. (∃x).P (x).

2. (∀x)(∀y)(P (x) ∧ P (y) =⇒ x = y). Ekuivalen dengan

(∀x)(∀y)(x = y =⇒ P (x) ∨ P (y)).

(∀x)(∀y)(x = y =⇒ (P (x) =⇒ P (y))).

(∃x, y)(x = y ∧ P (x) ∧ P (y)).

Perlu diperhatikan, bahwa kalimat ini mengandung arti di dalam semestanya

tidak ada kepastian ada x yang bersifat P . Namun jika ada x yang memenuhi

sifat P , maka elemen sedemikian tunggal adanya.

3. (∃x)(P (x) ∧ (∀y)(P (y) =⇒ x = y). Kalimat ini berbeda dengan kalimat 2,

sebab adanya elemen x yang bersifat P dijamin ada dan tunggal.

54

4. (∀x)(∀y)(x > 0 ∧ y > 0 ∧ P (x) ∧ P (y) =⇒ x = y).

5. (∃x)(∃y)(x = y ∧ P (x) ∧ P (y)).

6. (∀x)(∀y)(∀z)((P (x) ∧ P (y) ∧ P (z)) =⇒ (x = y ∨ x = z ∨ y = z)).

Contoh 4.6.5 Diberikan semesta pembicaraan himpunan semua bilangan bulat.

Tulislah dengan simbolisma logika kalimat-kalimat berikut ini.

1. Untuk setiap bilangan positif ϵ terdapat bilangan positif δ yang bersifat |δ| <ϵ.

2. Ada bilangan L yang memenuhi untuk setiap bilangan positif ϵ terdapat

bilangan positif δ yang bersifat |δ| < ϵ.

3. Untuk setiap bilangan positif ϵ terdapat bilangan positif δ sedemikian hingga

untuk setiap x anggota Df yang memenuhi 0 < |x− a| < δ berlaku |f(x)−L| < ϵ.

4. Ada bilangan L sedemikian hingga untuk setiap bilangan positif ϵ terda-

pat bilangan positif δ sedemikian hingga untuk setiap x anggota Df yang

memenuhi 0 < |x− a| < δ berlaku |f(x)− L| < ϵ.

Penyelesaian:

1. (∀ϵ > 0)(∃δ > 0).|δ| < ϵ.

2. (∃L)(∀ϵ > 0)(∃δ > 0).|δ| < ϵ.

3. (∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ Df )(0 < |x− a| < δ =⇒ |f(x)− L| < ϵ).

4. (∃L)(∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ Df )(0 < |x− a| < δ =⇒ |f(x)− L| < ϵ).

Pernyataan ini merupakan definisi dari fungsi f mempunyai limit di x = a.

Teorema 4.9 Ingkaran kuantor jamak dengan pembatasan himpunan:

1. (∃x ∈ A)(∃y ∈ B).p(x, y) ⇐⇒ (∀x ∈ A)(∀y ∈ B).p(x, y)

2. (∃x ∈ A)(∀y ∈ B).p(x, y) ⇐⇒ (∀x ∈ A)(∃y ∈ B).p(x, y)

3. (∀x ∈ A)(∃y ∈ B).p(x, y) ⇐⇒ (∃x ∈ A)(∀y ∈ B).p(x, y)

4. (∀x ∈ A)(∀y ∈ B).p(x, y) ⇐⇒ (∃x ∈ A)(∃y ∈ B).p(x, y)

55

Selanjutnya pada kalimat ”Untuk x yang bersifat P terdapat y yang bersifat

Q, sehingga x dan y memenuhi r” dapat dinyatakan dengan

(∀P (x))(∃Q(y)).r(x, y)

Contoh 4.6.6 Pernyataan ”Untuk setiap ϵ yang bersifat ϵ > 0 terdapat δ yang

memenuhi δ > sehingga jika 0 < |x− x0| < δ, maka |f(x)− L| < ϵ dapat ditulis

(∀ϵ > 0)(∃δ > 0).[0 < |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− L| < ϵ]

Teorema 4.10 Ingkaran kuantor jamak dengan pembatasan berbentuk pernyataan:

1. (∃P (x))(∃Q(y)).r(x, y) ⇐⇒ (∀P (x))(∀Q(y)).r(x, y)

2. (∃P (x))(∀Q(y)).r(x, y) ⇐⇒ (∀P (x))(∃Q(y)).r(x, y)

3. (∀P (x))(∃Q(y)).r(x, y) ⇐⇒ (∃P (x))(∀Q(y)).r(x, y)

4. (∀P (x))(∀Q(y)).r(x, y) ⇐⇒ (∃P (x))(∃Q(y)).r(x, y)

Contoh 4.6.7 Tentukan ingkaran pernyataan di Contoh 4.6.5.

Penyelesaian:

1. (∀ϵ > 0)(∃δ > 0).|δ| < ϵ. ⇐⇒ (∃ϵ > 0)(∀δ > 0).|δ| ≥ ϵ

2. (∃L)(∀ϵ > 0)(∃δ > 0).|δ| < ϵ ⇐⇒ (∀L)(∃ϵ > 0)(∀δ > 0).|δ| ≥ ϵ

3. (∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ Df )(0 < |x− a| < δ =⇒ |f(x)− L| < ϵ).

⇕

(∃ϵ > 0)(∀δ > 0)(∃x ∈ Df )(0 < |x− a| < δ ∧ |f(x)− L| ≥ ϵ)

4. (∃L)(∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ Df )(0 < |x− a| < δ =⇒ |f(x)− L| < ϵ).

⇕

(∀L)(∃ϵ > 0)(∀δ > 0)(∃x ∈ Df )(0 < |x− a| < δ ∧ |f(x)− L| ≥ ϵ)

Latihan 4.3

1. Tentukan negasi dari simbolisma-simbolisma logika kalimat-kalimat di dalam

Contoh 4.6.4, kemudian terjemahkan dengan bahasa sehari-hari.

56

2. Tentukan negasi dari simbolisma-simbolisma logika kalimat-kalimat di dalam

Contoh 4.6.5, kemudian terjemahkan dengan bahasa sehari-hari.

3. Diberikan semesta pembicaraan himpunan semua bilangan real. Tentukanlah

nilai kebenaran dari uangkapan-ungkapan berikut ini:

3.1 (∀x)((∀ϵ > 0)|x| < ϵ =⇒ x = 0).

3.2 (∀ϵ > 0)(∃N0 ∈ N )( 1N0

< ϵ).

3.3 (∃M > 0)(∀x)(e−|x| < M).

Tulislah dalam bentuk simbolisma logika

4. Tulislah definisi lim f = L untuk x → c

5. Tulislah definisi lim f = L untuk x → c−

6. Tulislah definisi lim f = L untuk x → c+

7. Tulislah definisi fungsi f tidak mempunyai limit di x = c.

8. Tulislah definisi fungsi f mempunyai derifatif di x = c.

9. Tulislah definisi fungsi f kontinu di x = c.

10. Tulislah definisi fungsi f tidak kontinu x = c.

11. Paling banyak ada dua x dimana f tidak kontinu di x.

12. Fungsi f kontinu pada interval I.

13. Fungsi f mempunyai derivatif di setiap x ∈ I kecuali mungkin di c.

14. Tulislah definisi barisan {xi}i≥1 konvergen, kemudian tentukan ingkarannya.

15. Tentukan nilai kebenaran dan beri alasan kalimat

[(∀ε > 0)(∃δ > 0)(|x− xo| < 0 ⇒ |f(x)− fxo | < ε)] ⇒ f ′(xo) ada

57

Tes Formatif V

PENGANTAR LOGIKA MATEMATIKA DAN HIMPUNAN

Topik Bahasan : KUANTORHari/tanggal :Waktu : 100 menitSifat : Buku Tertutup Dosen : Budi S.

1. Tulislah kalimat berikut dalam simbolisma matemtika:

1.1. Terdapat tepat 3 bilangan asli yang bersifat P .

1.2. Fungsi f mempunyai limit di x = c.

1.3. Jika untuk setiap ϵ > 0 berlaku 0 ≤ x < ϵ, maka x = 0.

1.4. Untuk setiap bilangan real x dan y yang berbeda, terdapat bilangan

bulat n dan k, sehingga nm

terletak di antara x dan y.

2. Tentukan bentuk ingkaran dari soal nomor 1, kemudian terjemahkan dalam

kalimat sehari-hari.

3. Tentukan nilai kebenaran soal nomor 1(dan beri alasan):

3.1. Soal nomor 1.3 di atas.

3.2. (∀x ∈ [0, 1))(∃y ∈ IR )(x2 + y2 = 2xy).

Kunci Jawaban Tes Formatif V

1. No. 1.2.

(∃L)(∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ Df )(0 < |x− c| < δ ⇒ |f(x)− L| < ϵ)

2. No. 2 dan 3. Ingkaran 1.3 dalam kalimat sehari-hari adalah ”Untuk setiap

untuk setiap ϵ > 0 berlaku 0 ≤ x < ϵ, tetapi x = 0”.

Kalimat ini bernilai salah.

58

Komentar Dan Pengayaan

1. Materi topik ini dilengkapi dengan soal latihan yang cukup untuk memenuhi

kommpetensi mahasiswa di bidang kuantor. Untuk kemampuan cukup ma-

hasiswa harus bisa mengerjakan minimal 80% soal contoh dan latihan.

2. Sebagai pelengkap mahasiswa dapat penelusuran internet dengan kata kunci

”Mathematical Logic” atau ”Agebraic Logic”. Salah satu di antaranya ”Leib-

niz’s Logic” di situs http://www.philosophie.uni-osnabruek.de

59