Post on 11-Apr-2017
Oleh:Fajri Maulana (90116002)
ATURAN INFERENSI DAN METODE PEMBUKTIAN
1
Aturan Inferensi:
Argumen Valid
Aturan Inferensi
Aplikasi
Apa yang dimaksud dengan
argumen valid?
Apa saja tipe-tipe aturan
inferensi?
Apa saja aplikasi aturan
inferensi?
2
Argumen ValidPREMIS 1 (Proposisi)
PREMIS 2 (Proposisi)
KESIMPULAN (CONCLUSION)
ARGUMEN
VALID?
DEFINISI 1:Sebuah argumen adalah susunan proposisi logis. Semua proposisi disebut premis, kecuali proposisi akhir disebut kesimpulan. Sebuah argumen dikatakan valid jika nilai kebenaran dari semua premisnya mengimpilkasikan kesimpulan yang benar. Sebuah bentuk argumen adalah susunan proposisi-proposisi yang melibatkan variabel proposisi. Sebuah bentuk argumen dikatakan valid tidak peduli proposisi yang digantikan dengan variabel sebagai premis, kesimpulan benar jika premisnya benar.
3
Contoh: Jika kamu mempunyai password terbaru,
maka kamu dapat masuk ke dalam jaringan.
Kamu mempunyai password terbaru
Kamu dapat masuk ke dalam jaringan
PQ P∴ Q
argumen
Bentuk argumen
Kunci untuk menunjukkan bahwa sebuah argumen itu valid, adalah dengan menunjukan bentuk argumennya valid. 4
Aturan InferensiAturan Inferensi dapat digunakan sebagai bahan dalam mengkonstruksi bentuk argumen yang lebih rumit.
Berasal dari tautology(p ∧ (p → q)) → q
Modus Ponen /Hukum
Pelepasan
basis
Aturan Inferensi adalah sebuah bentuk argumen valid yang dapat digunakan dalam menunjukkan bahwa sebuah argumen itu valid. 5
Contoh:
Diberikan sebuah pernyataan kondisional:
Jika hari ini turun salju, maka kita akan bermain ski.
Hari ini turun salju (bernilai benar) Maka dengan menggunakan Modus
Ponens, dapat disimpulkan bahwa “kita akan bermain ski”
6
Tipe-tipe Aturan Inferensi
Modus Ponens
Modus Tollens
Silogisme Hipotesis
Silogisme Disjungtif
Penambahan
Penyederhanaan
Konjungsi
Resolusi
TAUTOLOGI
7
Tabel Aturan
Inferensi
8
Contoh:
Modus Ponens: Jika saya belajar (p), maka saya lulus
ujian (q) Saya belajar (p) Saya lulus ujian (q)
p qp∴ q 9
Contoh:
Modus Tollens: Jika hari ini hujan (p), maka saya
memakai jas hujan (q) Saya tidak memakai jas hujan (-q) Hari ini tidak hujan
p q-q∴ -p 1
0
Contoh:Silogisme Hipotesis: Jika kamu benar (p), maka saya bersalah (q). Jika saya bersalah (q), maaf saya minta
maaf (r) Jika kamu benar (p), maka saya minta maaf
(r)
pqqr∴ pr 1
1
Contoh:
Silogisme Disjungtif: Pengalaman ini berbahaya (p) atau
membosankan (q) Pengalaman ini tidak berbahaya (-p) Pengalaman ini membosankan (q)
p ∨ q-p∴ q 1
2
Contoh:
Penambahan: Hari ini dingin. (p) Hari ini dingin (p) atau hujan (q)
p∴ p ∨ q
13
Contoh:
Penyederhanaan: Hari ini dingin dan turun hujan (p ∧
q) Hari ini dingin (p)
p ∧ q∴ p
14
Contoh:
Konjungsi: Dina pergi ke Bandung (p) Dina pergi bersama keluarga (q) Dina pergi ke Bandung dan Dina
pergi bersama keluarga
pq∴ p ∧ q 1
5
Aplikasi
Membentuk Argumen
Resolusi
Pernyataan Berkuantor
Kekeliruan
Kombinasi 16
AplikasiMembentuk
Argumen
Premis
Premis
Premis
Kesimpulan Argumen
VALID?
Aturan Inferen
siAturan Inferen
si
Aturan Inferen
siAturan Inferen
si
17
Contoh:
Tunjukkan bahwa premis-premis “Siang ini tidak cerah dan lebih dingin daripada kemarin”, “Kita akan pergi berenang hanya jika hari ini cerah”, “Jika kita tidak pergi berenang, maka kita akan berlayar dengan kano”, dan “ Jika kita berlayar dengan kano, maka kita akan pulang saat matahari tenggelam”, dapat disimpulkan “Kita akan pulang saat matahari tenggelam”. 1
8
Contoh:
Siang ini tidak cerah (-p) dan lebih dingin daripada kemarin (q)
Kita akan pergi berenang (r) hanya jika hari ini cerah (p)
Jika kita tidak pergi berenang (-r), maka kita akan berlayar dengan kano (s)
Jika kita berlayar dengan kano (s), maka kita akan pulang saat matahari tenggelam (t)
Kita akan pulang saat matahari tenggelam (t)
19
LANGKAH-LANGKAH ALASAN
1. ¬ p ∧ q
2. ¬ p
3. r → p
4. ¬ r
5. ¬ r → s
6. s
7. s → t
8. t
Premis
Penyederhanaan(1)
PremisModus tollens dari
(2) and (3)Premis
Modus ponens dari (4) and (5)
PremisModus ponens dari
(6) and (7)
Jadi, kesimpulan “kita pulang saat matahari tenggelam” adalah benar. Sehingga argumen di atas valid.
20
AplikasiProgram Kompute
rResolusi
Berdasarkan
Tautology
((p ∨ q) ∧ ( ¬ p ∨ r)) → (q ∨ r)
Resolvent
- Resolusi memegang peran penting dalam bahasa pemrograman berdasarkan aturan logika, seperti Prolog (dimana aturan resolusi untuk pernyataan berkuantor diaplikasikan).- Untuk mengkonstruksi bukti dalam logika proposisi menggunakan resolusi, hipotesis dan kesimpulan disajikan dalam bentuk klausa, dimana klausa adalah sebuah disjungsi dari variabel atau negasi dari variabel tersebut.
?
21
Contoh:
Gunakan resolusi untuk menunjukkan bahwa hipotesis “Jasmine bermain ski atau hari ini tidak turun salju” dan “Hari ini turun salju atau Bart bermain hockey” mengimplikasikan “Jasmine bermain ski atau Bart bermain hockey” 2
2
Contoh:
Misalkan p adalah “Jasmine bermain ski”, q adalah “hari ini turun salju”, dan r adalah “Bart bermain hockey”
Berdasarkan permisalan diatas, dapat kita tuliskan:
p∨ ¬ q atau ¬ q ∨ p q ∨ r ∴ p∨ r (Jasmine bermain ski atau Bart bermain
Hockey) 23
ApplicationsKekeliruan/
Fallacies
Kesimpulan
Proposisi
ProposisiArgumen
Aturan Inferensi
Penalaran yang tidak tepat
?
24
Kekeliruan/ Fallacies Beberapa kekeliruan umum muncul dalam argumen
yang salah. Kekeliruan ini menyerupai aturan inferensi, namun didasarkan pada kontingensi bukan tautologi. Hal ini dibahas di sini untuk menunjukkan perbedaan antara penalaran yang benar dan salah .
Proposisi ( ( p → q ) ∧ q ) → p bukan sebuah tautologi , karena bernilai salah ketika p salah dan q benar . Namun, ada banyak argumen yang tidak tepat dalam menganggap ini sebagai tautologi. Dengan kata lain , mereka menganggap argumen p → q dan q dan kesimpulan p sebagai bentuk argumen yang valid , padahal tidak. Jenis penalaran tidak tepat ini disebut fallacy of affirming the conclusion. 2
5
Contoh:
Apakah argumen di bawah ini valid?Jika kamu menyelesaikan setiap permasalahan dalam buku ini, maka kamu belajar matematika diskrit.
Kamu belajar matematika diskrit. Sehingga, kamu telah
menyelesaikan setiap permasalahan dalam buku ini. 2
6
Contoh:
Misalkan, p adalah kamu menyelesaikan setiap
permasalahan dalam buku ini q adalah kamu belajar matematika
diskrit Bentuk Argumennya: p q q p
Ini adalah contoh dari sebuah argumen yang tidak tepat menggunakan the fallacy of affirming the conclusion. Memang, sangat mungkin bagi Anda untuk belajar matematika diskrit dengan cara apapun selain dengan menyelesaikan setiap masalah dalam buku ini. (Anda dapat belajar matematika diskrit dengan membaca, mendengarkan ceramah, melakukan latihan beberapa soal, tapi tidak semua masalah dalam buku ini, dan sebagainya ).
27
AplikasiPenyataan Berkuantor
Existential Generalization
Existential Instantiation
Universal Generalization
Universal Instantiation 2
8
Aturan Inferensi untuk Pernyataan Berkuantor
29
Universal Instantiation
Universal Instantiation adalah aturan inferensi yang digunakan untuk menyimpulkan bahwa P(c) benar, di mana c adalah anggota tertentu dari domain, mengingat premis ∀xP(x). Universal Instantiation digunakan ketika kita akan menyimpulkan dari pernyataan "Semua wanita adalah bijaksana" adalah "Lisa adalah bijaksana” , di mana Lisa adalah anggota dari domain dari semua wanita.3
0
Universal Generalization Universal Generalization adalah aturan inferensi yang
menyatakan bahwa ∀xP(x) yang benar, ketika diberikan premis bahwa P(c) benar untuk semua elemen c di domain.
Universal Generalization digunakan ketika akan menunjukkan bahwa ∀xP(x) benar dengan mengambil unsur sembarang c dari domain dan menunjukkan bahwa P(c) benar. Unsur c yang kita pilih harus sembarang, dan bukan spesifik. Artinya, ketika kita menyatakan dari ∀xP(x) adanya unsur c dalam domain, kita tidak memiliki kontrol atas c dan tidak bisa membuat asumsi lain tentang c selain datang dari domain. Universal Generalization digunakan secara implisit dalam pembuktian matematika dan jarang disebutkan secara eksplisit. Namun, kesalahan menambahkan asumsi yang tidak beralasan tentang sembarang elemen c ketika Universal Generalization digunakan adalah penalaran umum yang salah. 3
1
Existential Instantiation Existential Instantiation adalah aturan yang
memungkinkan kita untuk menyimpulkan bahwa ada unsur c di domain dimana P(c) bernilai benar jika kita tahu bahwa ∃xP(x) adalah benar. Kita tidak dapat memilih sembarang nilai c disini, melainkan harus menjadi c yang P (c) benar. Biasanya kita tidak tahu apa c itu, hanya tahu bahwa c itu ada. Karena c itu ada, kita dapat memberikan nama (c) dan melanjutkan argumen kita. 3
2
Existential Generalization Existential Generalization adalah
aturan inferensi yang digunakan untuk menyimpulkan bahwa ∃xP(x) adalah benar ketika elemen tertentu c dengan P(c) benar diketahui. Artinya, jika kita tahu satu elemen c di domain yang P(c) benar, maka kita tahu bahwa ∃xP(x) benar .
33
Contoh: Tunjukkan bahwa premis-premis “Setiap orang di
kelas matematika diskrit ini telah mengambil mata kuliah ilmu komputer” dan “Marla adalah siswa di kelas ini” mengimplikasikan “Marla telah mengambil mata kuliah ilmu komputer”.
Misalkan D(x) adalah “x di kelas matematika diskrit” dan C(x) “x telah mengambil mata kuliah Ilmu Komputer”.
Maka premis-premis diatas dapat diubah menjadi: ∀x(D(x) → C(x)) D(Marla). Kesimpulannya C(Marla). 3
4
STEP REASON
1. ∀x(D(x) → C(x))
2. D(Marla)→C(Marla)
3. D(Marla)
4. C(Marla)
PremisMenggunakan
Universal instantiation dari
(1)Premise
Menggunakan Modus ponens dari
(2) and (3)
35
AplikasiKombinasi
Aturan Inferensi
Pernyataan Berkuantor
Modus Ponen
Universal Instantiatio
n
Universal Modus Ponen
∀x(P(x) → Q(x))P(a), dimana a adalah elemen khusus di dalam domain∴ Q(a)
36
Contoh:
Diasumsikan bahwa “Untuk setiap bilangan bulat positif n, jika n lebih dari 4, maka n2 kurang dari 2n” adalah benar. Gunakan Universal modus ponen untuk menunjukkan bahwa 1002<2100.
37
Contoh: Misalkan, P(n) menunjukkan "n > 4" dan Q(n)
menunjukkan “n2 < 2n”. Pernyataan "Untuk setiap bilangan bulat positif n,
jika n lebih besar dari 4 , maka n2 kurang dari 2n , dapat diwakili oleh ∀n (P(n) → Q(n)) , di mana domain terdiri dari semua bilangan bulat positif.
Kita asumsikan bahwa ∀n (P(n) → Q(n)) adalah benar. Perhatikan bahwa P(100) adalah benar karena 100 > 4. Dengan universal modus ponens dimana Q(100) benar, yaitu bahwa 1002 < 2100 .
38
Metode Pembuktian
Teorema
Metode Pembuktian
Bagaimana sebuah teorema muncul?
Apa saja jenis metode pembuktian?
39
Pembuktian
Teorema:
Bagaimana sebuah teorema muncul?
Sifat
Universal Generalizat
ionElemen
Domain Teorema
Pembuktian
40
Teorema: Sebelum kita mengetahui metode untuk membuktikan
sebuah teorema, kita perlu mengetahui berapa banyak teorema dalam matematika yang telah dinyatakan. Banyak teorema menyatakan bahwa sebuah sifat/properti berlaku untuk semua elemen di dalam domain, seperti pada bilangan bulat/ bilangan real.
Meskipun pernyataan yang tepat dari sebuah teorema perlu menyertakan kuantor universal, namun konvensi standar dalam matematika adalah untuk menghilangkan itu.
Misalnya , pernyataan " Jika x>y , di mana x dan y adalah bilangan real positif , maka x2 > y2”, berarti sebenarnya, "Untuk semua bilangan real x positif dan y , jika x>y , maka x2 > y2“.
Selanjutnya, ketika teorema jenis ini terbukti, langkah pertama membuktikan biasanya dengan memilih elemen sembarang dari domain, langkah selanjutnya yaitu menunjukkan bahwa unsur ini memiliki sifat/properti yang dimaksud. Dan terakhir, dengan Universal Generalization mengimplikasikan bahwa teorema tersebut berlaku untuk semua anggota domain .
41
Metode PembuktianPembuktian Langsung
Kontraposisi
Kontradiksi
p qp (true), we must show that
q (true)
p → q ¬ q → ¬ p (contra positive)¬ q is premise (true), ¬ p must follow (true)p (true)
Find a contradiction q such that¬ p → q is true¬ p is false, then p is
true
Counterexample
PqShow that there is x in p that is
not in q.
Pembuktian tidak
Langsung
42
Metode Pembuktian
Vacous
Trivial
Ekuivalensi
p qShow that p is false
p → q Show that q is true
p q Show that both pq and qp
are true
43
Pembuktian Langsung Sebuah bukti langsung dari pernyataan
kondisional p → q dibentuk ketika , langkah pertama adalah mengasumsikan bahwa
p benar ; langkah selanjutnya dengan menggunakan
aturan inferensi , langkah terakhir menunjukkan bahwa q juga
harus benar . Sebuah bukti langsung menunjukkan bahwa
pernyataan kondisional p → q benar dengan menunjukkan bahwa jika p benar, maka q juga harus benar, sehingga kombinasi p benar dan q salah tidak pernah terjadi.
Dalam bukti langsung, kita mengasumsikan bahwa p benar dan menggunakan aksioma, definisi, dan teorema terbukti sebelumnya, bersama-sama dengan aturan inferensi, untuk menunjukkan bahwa q juga harus benar.
44
Definisi 1: Bilangan bulat n genap jika ada suatu k
bilangan bulat sehingga n = 2k , dan n adalah ganjil jika ada bilangan bulat k sehingga n = 2k + 1. (Perhatikan bahwa setiap bilangan bulat adalah genap atau ganjil , dan tidak ada bilangan yang berposisi di genap dan ganjil). Dua bilangan bulat memiliki paritas yang sama ketika keduanya genap atau keduanya ganjil; mereka memiliki paritas yang berbeda ketika salah satu genap dan yang lainnya adalah ganjil . 4
5
Definisi 2:
Bilangan real r adalah rasional jika ada bilangan bulat p dan q dengan q≠0 sehingga r = p/q, dengan FPB p dan q adalah 1.
Bilangan yang tidak rasional disebut irasional.
46
Contoh:
Berikan bukti langsung dari teorema “Jika n adalah bilangan bulat ganjil, maka n2 adalah ganjil”.
47
Contoh: Perhatikan bahwa teorema ini menyatakan ∀nP((n) →
Q(n)) , dimana P(n) adalah "n adalah bilangan bulat ganjil " dan Q(n) adalah " n2 ganjil "
Untuk memulai bukti langsung dari teorema ini , kita mengasumsikan bahwa hipotesis dari pernyataan kondisional ini benar, yaitu bahwa n adalah bilangan bulat ganjil . Dengan definisi bilangan bulat ganjil , maka n = 2k + 1 , di mana k adalah suatu bilangan bulat .
Selanjutnya menunjukkan bahwa n2 juga bilangan bulat ganjil.
n2 = ( 2k + 1 )2 = 4k2 + 4k + 1 = 2 ( 2k2 + 2k ) + 1. Dengan definisi bilangan bulat ganjil , kita dapat menyimpulkan bahwa n2 adalah bilangan bulat ganjil. 4
8
Pembuktian tidak langsung Pembuktian tidak langsung adalah
pembuktian yang tidak dimulai dari premis dan diakhiri dengan kesimpulan.
Terdiri atas beberapa tipe pembuktian diantaranya:
KontraposisiKontradiksi 4
9
Kontraposisi Pembuktian menggunakan kontraposisi
menggunakan ekivalensi bahwa pernyataan kondisional p → q setara dengan
kontrapositifnya yaitu ¬q → ¬p Sehingga, pernyataan kondisional p → q dapat
dibuktikan dengan menunjukkan bahwa kontrapositifnya , ¬q → ¬p bernilai benar.
Pembuktian dengan kontraposisi dari p → q , diawali dengan kita mengambil ¬q sebagai premis , dan menggunakan aksioma , definisi , dan teorema sebelumnya, bersama-sama dengan aturan inferensi untuk menunjukkan bahwa ¬p harus benar juga. 5
0
Contoh: Buktikan bahwa, jika n adalah bilangan bulat dan 3n+2 adalah
ganjil, maka n adalah ganjil ! Langkah pertama dalam pembuktian dengan kontraposisi adalah
dengan mengasumsikan bahwa kesimpulan dari pernyataan " Jika 3n + 2 ganjil , maka n ganjil" adalah salah ; yaitu , menganggap bahwa n genap.
Kemudian , dengan menggunakan definisi bilangan bulat genap, n = 2k untuk suatu bilangan bulat k. Mensubstitusi 2k ke dalam n, kita temukan bahwa 3n + 2 = 3 ( 2k ) + 2 = 6k + 2 = 2 ( 3k + 1 ) .
Dapat dilihat bahwa 3n + 2 adalah genap (karena merupakan kelipatan dari 2 )
Dari penjelasan diatas dapat dilihat bahwa bukti menggunakan kontradiksi terbukti. Sehingga pernyataan “jika n adalah bilangan bulat dan 3n+2 adalah ganjil, maka n adalah ganjil” adalah benar.5
1
Kontradiksi Misalkan kita ingin membuktikan bahwa
pernyataan p benar. Selanjutnya, misalkan kita dapat menemukan
kontradiksi q sehingga ¬p → q benar. Karena q salah , tapi ¬p → q benar, kita bisa
menyimpulkan ¬p yang salah, yang berarti bahwa p benar.
Karena pernyataan r ∧¬r adalah kontradiksi kapanpun r adalah proposisi , kita dapat membuktikan bahwa p benar jika kita dapat menunjukkan bahwa ¬p → ( r ∧¬r ) berlaku untuk beberapa proposisi r . 5
2
Contoh:
Tunjukkan bahwa √2 adalah bilangan irasional dengan menggunakan bukti kontradiksi.
53
Contoh: Misalkan p adalah pernyataan “√2 adalah bilangan irasional”. Asumsikan –p bernilai benar yaitu “√2 adalah bilangan rasional. Jika √2 adalah rasional maka ada bilangan bulat a dan b sedemikian
hingga √2 = a/b, dengan b≠0 dan a dan b tidak memiliki faktor persekutuan kecuali 1.
Karena √2 = a/b maka 2= a2/b2 ,sehingga 2b2=a2
Dari definisi bilangan genap maka, a2 adalah bilangan genap. Oleh sebab itu, a juga merupakan bilangan genap. (1)
Karena a genap, maka dapat dinyatakan dalam bentuk a=2c, untuk suatu c bilangan bulat.
Sehingga. 2b2=(2c)2 akibatnya 2b2=4c2 lalu kita bagi masing-masing ruas dengan 2 maka b2=2c2
Dari hasil diatas dan berdasarkan definisi bilangan genap, maka b2 adalah bilangan genap sehingga b juga bilangan genap. (2)
Dari (1) dan (2) bahwa a dan b memiliki faktor persekutuan lebih dari 1 karena sama-sama genap. Sehingga kontradiksi dengan definisi bilangan bulat, akibatnya pengandaian salah.
Maka, √2 adalah bilangan irasional (terbukti) 54
Counterexample
Untuk menunjukkan bahwa pernyataan dalam bentuk ∀xP(x) adalah salah, kita hanya perlu mencari counterexample, yaitu, contoh x dimana P(x) bernilai salah.
55
Contoh: Tunjukkan bahwa “untuk setiap bilangan bulat positif
merupakan jumlah kuadrat dari dua bilangan bulat” adalah salah.
Untuk menunjukkan bahwa pernyataan di atas adalah salah , kita mencari counterexample, yang merupakan bilangan bulat tertentu yang bukan merupakan jumlah kuadrat dari dua bilangan bulat.
Ada 3 yang tidak dapat ditulis sebagai jumlah kuadrat dari dua bilangan bulat .
Untuk menunjukkan hal ini, diketahui bahwa satu-satunya kuadrat sempurna tidak melebihi 3 adalah 02 = 0 dan 12 = 1. Selanjutnya, tidak ada cara untuk mendapatkan 3 sebagai jumlah dari dua bilangan tesebut baik 0 atau 1. Akibatnya, kita dapat menunjukkan bahwa "Setiap bilangan bulat positif adalah jumlah kuadrat dari dua bilangan bulat " adalah salah.5
6
Vacous
Pernyataan kondisional p → q benar, Dapat dibuktikan benar, ketika kita
tahu bahwa p salah, karena p → q harus benar ketika p salah .
Akibatnya, jika kita dapat menunjukkan bahwa p salah, maka p → q benar.
57
Contoh:
Tunjukkan bahwa proposisi P(o) adalah benar, di mana P(n) adalah " Jika n>1 , maka n2>n " dan domain terdiri dari semua bilangan bulat.
Perhatikan bahwa P(0) adalah "Jika 0>1 , maka 02>0”. Kita bisa menunjukkan P(0) menggunakan bukti vacuous. Hipotesis 0>1 adalah salah. Sehingga, P(0) secara otomatis benar.
58
Trivial
Pernyataan kondisional p → q benar, Dapat dibuktikan jika kita tahu
bahwa kesimpulan q benar . Dengan menunjukkan bahwa q benar, maka p → q juga harus benar.
59
Contoh:
Misalkan, P(n) adalah "Jika a dan b adalah bilangan bulat positif dengan a≥b , maka an≥bn , " di mana domain terdiri dari semua bilangan bulat non-negatif . Tunjukkan bahwa P(0) benar !
Proposisi P(0) adalah "Jika a≥b , maka a0 ≥ b0“. Karena a0 = b0 = 1 , kesimpulan dari pernyataan kondisional “Jika a≥b , maka a0≥b0" benar . 6
0
Ekuivalensi
Untuk membuktikan teorema yang merupakan pernyataan bikonditional , yaitu, pernyataan dari bentuk p↔q, kita tunjukkan bahwa p→q dan q→p keduanya benar.
Validitas ini didasarkan pada tautologi ( p ↔ q ) ↔ ( p → q ) ∧ ( q → p ).
61
Contoh:
Buktikan teorema “Jika n adalah bilangan bulat, maka n adalah ganjil jika dan hanya jika n2 adalah ganjil”.
Teorema ini memiliki bentuk "p jika dan hanya jika q”, di mana p adalah "n ganjil" dan q adalah "n2 ganjil”.
Untuk membuktikan ini teorema , kita perlu menunjukkan bahwa p → q dan q → p benar. 6
2
Metode Pembuktian (2)
Bukti kelengkapan
Bukti eksistensi
Bukti ketunggalan
Bukti dengan kasus
?
63
Bukti dengan kasus
Sebuah bukti dengan kasus harus mencakup semua kasus yang mungkin muncul dalam sebuah teorema.
Untuk membuktikan pernyataan bersyarat dalam bentuk: (p1 ∨ p2 ∨ · · · ∨ pn) → q
Tautology: [(p1 ∨ p2 ∨ · · · ∨ pn) → q] ↔ [(p1 → q) ∧ (p2 → q) ∧ · · · ∧ (pn → q)]6
4
Bukti dengan kasus
KASUSKASUS 1 KASUS 2 KASUS 3 KASUS 4
BUKTI 65
Contoh: Tunjukkan bahwa jika n adalah bilangan bulat, maka n2 ≥ n. Kita dapat membuktikan bahwa n≥n2 untuk setiap bilangan bulat
dengan mempertimbangkan tiga kasus, Ketika n = 0 , jika n ≥ 1 , dan ketika n ≤ -1. Kita membagi bukti menjadi tiga kasus karena sangat mudah
untuk membuktikan hasilnya dengan mempertimbangkan nol , bilangan bulat positif , dan bilangan bulat negatif secara terpisah
Kasus ( i ) : Ketika n = 0 , karena 02 = 0 , maka 02 ≥ 0. Oleh karena itu n2 ≥ n benar di kasus ini.
Kasus ( ii ) : Ketika n ≥ 1 , ketika kita kalikan kedua sisi ketidaksamaan n ≥ 1 dengan positif bilangan bulat n , kita memperoleh n · n ≥ n · 1. Ini berarti bahwa n2≥n untuk n≥1
Kasus ( iii ) : Dalam hal ini n≤-1 . Namun , n2≥0. Oleh karena itu n2 ≥ n . Karena ketaksamaan n2≥ n terpenuhi dalam semua tiga kasus , kita dapat menyimpulkan bahwa jika n adalah bilangan bulat , maka n2 ≥ n . 6
6
Bukti Kelengkapan
Pembuktian ini dilakukan dengan cara mendaftar semua kemungkinan . Bukti yang lengkap adalah tipe khusus dari bukti dengan kasus di mana masing-masing kasus dilibatkan/diperiksa satu-persatu.
67
Bukti Kelengkapan
Kemungkinan
Kemungkinan
Kemungkinan
Kemungkinan
Bukti
68
Contoh: Tunjukkan bahwa (n + 1)3 ≥ 3n jika n adalah
bilangan bulat positif dengan n ≤ 4 Dengan menggunakan bukti kelengkapan. Kita hanya perlu memverifikasi ketidaksamaan
(n+1)3 ≥ 3n ketika n = 1 , 2 , 3 , dan 4. Untuk n = 1, maka (n+1)3=23=8 dan 3n=31= 3; Untuk n = 2, maka (n+1)3=33=27 dan 3n = 32=9 Untuk n = 3, maka (n+1)3=43 =64 dan 3n=33 =27; Untuk n = 4, maka (n+1)3= 53= 125 dan 3n = 34 =
81. Dari keempat hasil diatas, dapat disimpulkan
bahwa (n+1)3 ≥ 3n . 69
Bukti Eksistensi
bentuk∃x P(x), dimana P adalah predikat/properti
Konstruktif Non Konstruktif
Bukti Eksistensi
Menemukan sebuah elemen a sehingga P(a) bernilai benar.
Gunakan bukti dengan kontradiksi, dan menunjukkan bahwa negasi dari kuantifikasi eksistensial menyiratkan kontradiksi
70
Contoh:
Bukti Eksistensi Konstruktif Tunjukkan bahwa ada bilangan bulat
positif yang dapat ditulis sebagai jumlah pangkat tiga dari bilangan bulat positif dalam dua cara yang berbeda .
Dari hasil menggunakan komputer/perhitungan didapatkan;
1729 = 103 + 93 = 123 + 13. 71
Contoh:
72
Bukti Ketunggalan
Eksistensi Ketunggalan
Kita tunjukkan
bahwa elemen x dengan
properti yang diinginkan
ada.
Kita tunjukkan
bahwa jika y = x, maka y
tidak memiliki
properti yang diinginkan.
73
Contoh: Tunjukkan bahwa jika a dan b adalah bilangan real dan
a≠0 , maka ada bilangan real unik r sehingga ar + b = 0. Pertama , perhatikan bilangan real r = -b / a adalah solusi
dari ar + b = 0 karena a ( -b / a) + b = b + b = 0. Akibatnya, bilangan real r ada memenuhi ar + b = 0. Ini adalah bentuk eksistensi.
Kedua , misalkan s adalah bilangan real sehingga as+b = 0 Kemudian ar+b = as+b , di mana r = -b / a .
Mengurangkan b dari masing-masing ruas, maka ar = as. Membagi kedua sisi terakhir ini dengan a, yang tidak nol , kita dapatkan r = s.
Ini berarti bahwa jika s = r , kemudian as+b = 0 . Maka terbukti bahwa r adalah tunggal. 7
4
Kuis:
Tunjukkan bahwa jika n adalah bilangan bulat dan n3+5 adalah ganjil, maka n adalah genap, dengan menggunakan;
a. Kontraposisi b. Kontradiksi
Misalkan; p: n elemen Z, n3+5 ganjil q: n genap
75
Bukti dengan Kontraposisi: Untuk menggunakan metode kontraposisi, kita gunakan
kontrapositif dari pernyataan diatas: (-q -p) -q: n ganjil -p: n3+5 genap Akan ditunjukkan jika n ganjil, maka n3+5 genap. Jika n ganjil, maka n dapat dinyatakan dalam bentuk 2k+1 untuk
suatu k elemen Z (definisi bilangan ganjil). n=2k+1
n3= (2k+1)3
= 8k3 + 6k2 +6k+1n3+5= 8k3 + 6k2 + 6k + 1 +5n3+5= 8k3 + 6k2 + 6k + 6
n3+5= 2(4k3 + 3k2 + 3k + 3) Karena k elemen Z, maka 4k3 + 3k2 + 3k + 3 juga elemen Z
(aksioma lapangan) Sehingga 4k3 + 3k2 + 3k + 3 dapat dinyatakan dalam suatu
bilangan bulat m. Jadi n3+5= 2m, untuk suatu m bilangan bulat. Karena n3+5 dapat dinyatakan dalam bentuk 2m, maka
sesuai definisi bilangan genap maka n3+5 adalah genap. (terbukti)
76
Bukti dengan Kontradiksi Untuk menggunakan metode kontradiksi, kita andaikan –q benar dan p
benar. -q: n ganjil p: n3+5 ganjil Karena n ganjil maka n dapat dinyatakan dalam bentuk 2k+1 untuk suatu k
bilangan bulat (definisi bilangan ganjil) n=2k+1
n3= (2k+1)3
= 8k3 + 6k2 +6k+1n3+5= 8k3 + 6k2 + 6k + 1 +5n3+5= 8k3 + 6k2 + 6k + 6
n3+5= 2(4k3 + 3k2 + 3k + 3) karena k elemen Z, maka 4k3 + 3k2 + 3k + 3 juga elemen Z (aksioma lapangan) Sehingga 4k3 + 3k2 + 3k + 3 dapat dinyatakan dalam suatu bilangan bulat m. Jadi n3+5= 2m, untuk suatu m bilangan bulat. Karena n3+5 dapat dinyatakan dalam bentuk 2m, maka sesuai definisi bilangan
genap maka n3+5 adalah genap. Hal ini kontradiksi dengan yang telah diasumsikan benar bahwa n3+5
adalah ganjil. Oleh karena itu pengandaian salah, maka haruslah n genap. (terbukti)
77
THANK YOU
78