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