PEMBUKTIAN – PEMBUKTIAN DALAM MATEMATIKA

1. Pembuktian Langsung

Bukti langsung ini biasanya diterapkan untuk membuktikan teorema yang berbentukimplikasi p ⇒q. Di sini p sebagai hipotesis digunakan sebagai fakta yang diketahuiatau sebagai asumsi. Selanjutnya, dengan menggunakan pernyataan premis p sebagai suatu informasi dalam menunjukkan kebenaran pernyataan konsekuen q. Secara logika pembuktian langsung ini ekuivalen dengan membuktikanbahwa pernyataan p⇒q benar dimana diketahui p benar.

Contoh 1 : membuktikan teorema dengan bukti langsung.

Teorema: Jika x bilangan ganjil maka x2juga bilangan ganjil. Bukti:Misalkan x = 2k + 1, untuk setiap k Z∊Akibatnya, x2= (2k + 1)2= 4k2+ 4k + 1 = 2(2k2+ 2k) + 1Karena 2k2+ 2k adalah bilangan bulat maka x2= 2p + 1, dengan p ZBerarti x2adalah bilangan ganjil. Jadi terbukti jika x bilangan ganjil maka x2juga bilangan ganjil.

Contoh 2 : Buktikan bahwa untuk semua bilangan genap n antara 4 dan 30, n dapat dinyatakan sebagai jumlahan bilangan prima.

Penyelesaian:Dengan pengecekan satu persatu, maka:4=2+2; 6=3+3; 8=3+5; 10=5+5; 12=5+7; 14=11+3; 16=11+5; 18=11+7; 20=13+7; 22=17+5; 24=19+5; 26=19+7; 28=17+11; 30=19+11

Contoh 3 :Buktikan bahwa jumlah 2 bilangan genap adalah genap

Bukti:Ambil sembarang 2 bilangan genap, misal m dan n. Akan dibuktikan bahwa (m+n)

juga bilangan genap. Karena m dan n adalah bilangan-bilangan genap, maka m=2r dan n=2s untuk bilangan-bilangan bulat r dan s, sehingga:m+n = 2r + 2s = 2 (r+s). = 2 k (misalkan k= r+s)

2. Pembuktian Tidak Langsung

Yaitu membuktikan kebenaran suatu implikasi p→q melalui kontraposisinya ~q→~p.

Metode pembuktian tidak langsung ini terbagi lagi menjadi dua yaitu:

a. Metode Kontraposisi; dan

b. Metode Kontradiksi (pengandaian); dilakukan dengan cara mengandaikan bahwa

ingkaran kalimat yang akan dibuktikan bernilai benar. jadi jika ingin membuktikan

kebenaran p, langkah yang dilakukan adalah dengan mengandaikan ~p benar.

Contoh 1:

Pembuktian dengan kontradiksi:

Buktikan bahwa tidak ada bilangan bulat yang terbesar.

Bukti:

Misalkan negasi dari pernyataan tersebut benar. Jadi andaikan ada bilangan bulat yang

terbesar (sebutlah N). Karena N terbesar, maka N ³ n untuk semua bilangan bulat n. Ambil

M = N+1. Karena N adalah bilangan bulat, maka M juga bilangan bulat. Di samping itu,

jelas bahwa N < M (karena M = N+1). Didapat: N ³ n untuk semua bilangan bulat n

N < M untuk bilangan bulat M (krn M=N+1)

Keduanya kontradiksi

Contoh 2 :

Pembuktian dengan kontradiksi:

Buktikan bahwa hasil kali 2 bilangan ganjil adalah bilangan ganjil.

Bukti:

Ambil sembarang 2 buah bilangan ganjil m dan n. Andaikan hasil kalinya (m.n)

adalah genap. Karena m dan n bilangan ganjil, maka m=2k+1 dan n=2s+1 untuk bilangan-

bilangan bulat k dan s.

mn=(2k+1)(2s+1)= 4ks+2s+2k=2(2ks+s+k)+1 Misal p=2ks+s+k. Maka p bilangan

bulat karena k dan s bilangan bulat. mn=2p+1 untuk bil bul p.

mn ganjil, kontradiksi dengan pengandaian.

3. Pembuktian Kontradiksi

Metoda ini mempunyai keunikan tersendiri, tidak mudah diterima oleh orang awam.Dalam membuktikan kebenaran implikasi p⇒q kita berangkat dari diketahui p dan~q. Berangkat dari dua asumsi ini kita akan sampai pada suatu kontradiksi. Suatukontradiksi terjadi bilamana ada satu atau lebih pernyataan yang bertentangan.

Teorema: Jika r R, r2= 2 maka r bukan bilangan rasional.Bukti: Andaikan r bilangan rasional sedemikian sehingga r 2 = 2. Berdasarkan definisi bilangan rasional, r dapat ditulis dalam bentuk p/q, dengan p, q Z dan (p, q) = 1.Karena r2= 2 maka r2= (p/q)2= 2 atau p2= 2 q2

Berarti p2 adalah bilangan genap. Berdasarkan teorema jika x2bilangan genap maka x juga bilangan genap diperoleh p adalah bilangan genap.Karena p dan q saling relatif prima maka q haruslah bilangan ganjil……(1)Ambil p = 2 m untuk suatu m Z maka p2= (2m)2= 2 q2atau 2 m2= q2berarti q 2genap maka q genap…..(2). Dari (1) dan (2) terlihat bahwa kontradiksi karena tidak ada bilangan bulat yang genap sekaligus ganjil. Oleh karena itu, pengandaian salah seharusnya r bukan bilangan rasional. Jaditerbuktijikar R, r2= 2 makar bukanbilanganrasional.

4. Pembuktian Analogi

Analogi dapat diartikan sebagai suatu ‘kesamaan struktur’ dari dua masalah yang bentukya berbeda. Misalkan A adalah masalah geometri tiga dimensi yang melibatkan garis dan bidang sedangkan B adalah masalah dalam geometri dua dimensi yang pengerjaanya melibatkan titik dan garis, atau misalkan A adalah masalah mengenai fungsi real satu peubah, dan B adalah masalah mengenai fungsi real dua peubah.

Dalam aljabar, kemampuan analogi dapat digunakan untuk menunjukkan bahwa konjektur berikut benar: Jika a, b, c,dan d adalah bilangan real berbeda antara 0dan 1, maka berlaku (1-a)(1-b)(1-c)(1-d) >1-a-b-c-d.Jika dipilih dua bilangan real adanbantara 0 dan 1 yang berbeda, maka dengan mudah dapat ditunjukkan bahwa (1-a)(1-b)> 1-a-b, ini jelas karena a.b >0,sehingga pertidaksamaan (1-a)(1-b)=1-a-b+a.b > 1-a-b, benar.Selanjutnya proses tersebut dapat diperluas untuk beberapa bilangan real berbeda lainnya, sehingga didapat pola umum bahwa ketaksamaan tersebut berlaku untuknbuah biangan real berbeda.

5. Pembuktian Biimplikasi

Ada kalanya suatu pernyataan berupa bi-implikasi, p ⇔ q. Ada duakemungkinan bi-implikasi bernilai benar p ⇔ q yaitu p benar dan q benar, atau psalah dan q salah. Dalam prakteknya, pernyataan ini terdiri dari p⇒q dan q⇒ p.Membuktikan kebenaran bi-implikasi p ⇔ q berarti membuktikan kebenaran keduaimplikasi p⇒q dan q⇒ p. Selanjutnya dapat menggunakan bukti langsung,taklangsung atau mungkin dengan kontradiksi.

Contoh . Buktikan, suatu bilangan habis dibagi sembilan jika hanya jika jumlahangka-angka pembangunnya habis dibagi sembilan.

Bukti. Sebelum kita buktikan, dijelaskan terlebih dulu maksud dari pernyataan inidengan contoh berikut. Ambil bilangan 135, 531, 351, 513, 315, 153, makasemuanya habis dibagi 9. Coba periksa satu per satu. Misalkan p suatu bilanganbulat, maka dapat disajikan dalam bentukp = xnxn-1xn-2..... x2x1 x0

dimana xn ≠ 0; xn-1,.....,x0 bilangan bulat taknegatif.Sedangkan nilai p ini dapat ditulis dalam bentuk berikut :p = x0 + x1101 + x2102 + . . . + xn10n

Jumlah angka-angka pembangunnya adalahs = x0 + x1 + x2 + . . . + xn.Pertama dibuktikan (⇒ ), yaitu diketahui p habis dibagi 9, dibuktikan s habis dibagi

9. Karena p habis dibagi 9 maka dapat ditulis p = 9k untuk suatu bilangan bulat k.Diperhatikan selisih p - s,p - s = x0 + x1101 + x2102 + . . . + xn10n – (x0 + x1 + x2 + . . . + xn)= (10 - 1)x1 + (102 - 1)x2 + . . . + (10n - 1)xn

Diperhatikan bilangan pada ruas kanan selalu habis dibagi sembilan, misalnya ditulis9m untuk suatu bilangan bulat m. Jadi diperoleh9k - s = 9m ⇒ s = 9(k - m)yaitu s habis dibagi 9. Selanjutnya dibuktikan ( ⇐ ), yaitu diketahui s habis dibagi 9,dibuktikan p habis dibagi 9. Diperhatikanp = x0 + x1101 + x2102 + . . . + xn10n

= x0 + x1 (101-1) + x2 (102 -1)+ . . . + xn (10n -1) + x1 + x2 + . . . + xn.= [x0 + x1 + x2 + . . . + xn ] + [x1 (101-1) + x2 (102 -1)+ . . . + xn (10n -1)]Karena bilangan pada kelompok pertama dan kelompok kedua habis dibagi 9 makaterbukti p habis dibagi 9.

6. Pembuktian Induksi Matematika

Secara umum penalaran di dalam matematika menggunakan pendekatandeduktif. Tidak dapat dibayangkan bagaimana orang dapat membuktikan kebenaranpernyataan yang memuat kalimat ”untuk setiap ε > 0 . . . ”, ”untuk setiap bilanganasli n . . .”, ”untuk setiap fungsi kontinu f . . .”, dan lain-lain. Tidak mungkin dapatditunjukkan satu per satu untuk menunjukkan kebenaran pernyataan tersebut. Tapiada salah satu pola penalaran pada matematika yang menggunakan prinsip induksi,biasanya disebut induksi matematika. Prinsip induksi matematika ini adalah untukinferensi terhadap pernyataan tentang n dimana n berjalan pada himpunan bilanganbulat, biasanya himpunan bilangan asli N atau pada himpunan bagian bilangan asli,N1 ⊂ N. Biasanya pernyataan tentang bilangan asli n dinyatakan dengan P(n).

Contoh Untuk setiap n ∈ N, berlaku 1+2+3+......+n = 1/2n (n+1). DiperolehP(1) : 1 =1/2 (1)(1 + 1)P(3) : 1 + 2 + 3 =1/2 (3)(3 + 1)P(6) : 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 =1/2 (6)(6 + 1)Teorema 1. Misalkan S himpunan bagian dari N yang mempunyai sifat-sifat berikut(i) 1 ∈ S(ii) k∈ S ⇒ k + 1 ∈ S.Maka S = N.

7. Pembuktian Trivial

Bila pada implikasi p⇒ q, dapat ditunjukkan bahwa q benar maka implikasi iniselalu bernilai benar apapun nilai kebenaran dari p. Jadi jika kita dapat menunjukkanbahwaq benar maka kita telah berhasil membuktikan kebenaran p⇒ q.Contoh 4. Buktikan, jika 0 < x < 1 maka 0 < x/(x +1)Bukti. Karena pernyataan q, yaitu 0 < x/(x +1)selalu benar untuk setiap x bilangan realtermasuk x di dalam interval (0,1) maka secara otomatis kebenaran pernyataan initerbukti.

8. Pembuktian dengan bukti kosong (Vacaus Proof)

Bila hipotesis p pada implikasi p⇒q sudah bernilai salah maka implikasi p⇒qselalu benar apapun nilai kebenaran dari q. Jadi jika kita dapat menunjukkan bahwa psalah maka kita telah berhasil membuktikan kebenaran p⇒ q.

Contoh Didalam teori himpunan kita mengenal definisi berikut :Diberikan dua himpunan A dan B. Himpunan A dikatakan himpunan bagiandari B, ditulis A⊂B jika pernyataan berikut dipenuhi : ”jika x∈ A maka x∈B”.Suatu himpunan dikatakan himpunan kosong jika ia tidak mempunyai anggota.Buktikan, himpunan kosong merupakan himpunan bagian dari himpunan apapun.

Bukti. Misalkan A = { } suatu himpunan kosong dan B himpunan sebarang. Kitaakan tunjukkan bahwa pernyataan ”jika x∈ A maka x∈B” bernilai benar. Karena Ahimpunan kosong maka pernyataan p yaitu x 2 A selalu bernilai salah karena tidakmungkin ada x yang menjadi anggota himpunan kosong. Karena p salah makaterbuktilah kebenaran pernyataan ”jika x∈A maka x∈B”, yaitu A⊂B. Karena Bhimpunan sebarang maka bukti selesai.

9. Pembuktian dengan Kasus per Kasus

Suatu pernyataan yang universal tidak dapat dibuktikan dengan menggunakan contoh, kecuali jika domain pembicaraan dapat direduksi menjadi contoh–contoh yang jumlahnya berhingga dan bukti yang diberikan mempertimbangkan semua contoh tersebut!

Contoh.

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

Solusi.

Karena x2 > 8 bila |x| ³ 3 dan 3y2 > 8 bila |y| ³ 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.