Materi, Soal, dan Pembahasan – Pembuktian dengan Metode Kontradiksi

Misalkan terdapat proposisi $p.$ Dalam logika matematika, proposisi majemuk $p \wedge \neg p$ selalu bernilai salah, yang selanjutnya dikenal sebagai kontradiksi. Dengan kata lain, $p$ dan $\neg p$ tidak dapat bernilai benar secara bersamaan. Sebagai contoh, proposisi $1 = 0$ dan $1 \neq 0$ adalah dua pernyataan yang kontradiktif. Jika kita menganggap $1 = 0$ adalah proposisi yang benar, maka otomatis $1 \neq 0$ adalah pernyataan yang salah. Kita tidak dapat mengatakan keduanya benar (atau kadang-kadang benar di saat tertentu, tetapi masih dalam konteks penjumlahan pada sistem bilangan desimal) meskipun kita melakukan manipulasi matematis yang “cerdik” sekali pun.

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Logika Matematika

Proposisi majemuk $p \Rightarrow q$ sering kali menjadi pernyataan yang harus dibuktikan kebenarannya. Di lain sisi, kita mendefinisikan bahwa proposisi majemuk tersebut bernilai salah hanya ketika $p$ benar dan $q$ salah seperti yang terlihat pada tabel kebenaran di bawah.

$$\begin{array}{ccc} \hline p & q & p \Rightarrow q \\ \hline Benar & Benar & Benar \\ Benar & Salah & Salah \\ Salah & Benar & Benar \\ Salah & Salah & Benar \\ \hline \end{array}$$

Dari tabel tersebut, kita mengasumsikan bahwa $p$ benar dan $q$ salah akan mengakibatkan $p \Rightarrow q.$ Selanjutnya, buktikan bahwa asumsi ini ternyata menghasilkan sesuatu yang kontradiktif. 

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Predikat dan Kuantor dalam Logika Matematika

Dengan menggunakan metode kontradiksi, kita mengasumsikan bahwa $p$ (hipotesis) benar seperti pembuktian langsung (direct proof) lainnya. Namun, alih-alih membuktikan bahwa $q$ (konklusi) bernilai benar, kita mempertanyakan satu hal yang urgen, yaitu “mengapa $q$ tidak mungkin salah?” Lagipula, jika $B$ memang bernilai benar, seharusnya ada alasan tertentu yang membuatnya tidak mungkin salah. Pemikiran seperti inilah yang melandasi terciptanya metode kontradiksi (proof by contradiction). Beberapa istilah yang dipakai sebagai alternatif dari metode kontradiksi adalah reductio ad absurdum atau argumentum ad absurdum atau apagogical arguments.

Baca Juga: Materi, Soal, dan Pembahasan – Gerbang Logika

Dengan kata lain, konstruksi dari metode kontradiksi adalah mengasumsikan bahwa $p$ benar dan $q$ salah, kemudian menelusuri alasan mengapa kondisi tersebut tidak mungkin terjadi. Asumsi demikian biasanya akan mengakibatkan kontradiksi terhadap sesuatu yang telah kita percayai benar. Sebagai contoh, asumsi $p$ benar dan $q$ salah ternyata menghasilkan pernyataan akhir $0! = 0,$ padahal definisi mengatakan bahwa $0! = 1$ (yang telah kita percayai benar). Dengan kata lain, $0! = 0$ adalah pernyataan yang kontradiktif. Setelah kita menemukannya, kita bisa langsung simpulkan bahwa $q$ haruslah benar. Pada kenyataannya, tidak ada cara untuk kita dalam menduga pernyataan kontradiktif apa yang akan terjadi. 

Today Quote

Sang juara adalah orang yang gagal sebanyak $x$ kali, tetapi bangkit sebanyak $(x + 1)$ kali.

Catatan: Simbol $\blacksquare$ menyatakan quod erat demonstrandum (Q.E.D), artinya “yang sudah terbukti”. Kita biasanya menggunakan simbol itu untuk menyatakan bahwa proses pembuktian sudah selesai.

Soal Nomor 1

Nyatakan proposisi berikut sehingga kata “tidak/bukan” tidak muncul secara eksplisit.

  1. $10^{100}$ bukan bilangan ganjil.
  2. $\sqrt{5}$ bukan bilangan rasional.
  3. Bilangan real $ad-bc$ tidak sama dengan $0$ untuk setiap $a, b, c, d \in \mathbb{R}.$
  4. Segitiga $ABC$ bukan segitiga sama sisi.
  5. Suku banyak $a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n$ tidak memiliki akar real untuk setiap bilangan bulat $a_0, a_1, \cdots, a_n.$

Pembahasan

Jawaban a)
$10^{100}$ merupakan bilangan genap.
Jawaban b)
$\sqrt{5}$ merupakan bilangan irasional.
Jawaban c)
Bilangan real $ad-bc > 0$ atau $ad-bc < 0$ untuk setiap $a, b, c, d \in \mathbb{R}.$
Jawaban d)
(1) Segitiga $ABC$ memiliki setidaknya satu sisi yang panjangnya berbeda dengan dua sisi lainnya, atau (2) Segitiga $ABC$ memiliki setidaknya satu sudut yang besarnya bukan $60^\circ.$
Jawaban e)
Semua akar dari suku banyak $a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n$ untuk setiap bilangan bulat $a_0, a_1, \cdots, a_n$ adalah bilangan kompleks dalam bentuk $c + di$ dengan $d < 0$ atau $d > 0$ serta $i$ merupakan bilangan imajiner.

[collapse]

Soal Nomor 2

Ketika menggunakan metode kontradiksi untuk membuktikan proposisi berikut, apa yang harus kita andaikan?

  1. Jika $l, m,$ dan $n$ adalah tiga bilangan bulat berurutan, maka $24$ tidak membagi habis $l^2 + m^2 + n^2 + 1.$
  2. Untuk setiap bilangan bulat $n > 2,$ $x^n + y^n = z^n$ tidak punya solusi bulat untuk $x, y,$ dan $z.$  
  3. Jika $f$ dan $g$ adalah dua fungsi sedemikian sehingga $g \geq f$ dan $f$ tidak terbatas di atas, maka $g$ juga tidak terbatas di atas.

Pembahasan

Jika kita bekerja dengan metode kontradiksi untuk membuktikan proposisi berbentuk $p \Rightarrow q,$ kita harus mengandaikan bahwa $q$ bernilai salah. Selanjutnya, dengan menggunakan proposisi $p$ dan $\neg q,$ kita melangkah guna menemukan kontradiksi.
Jawaban a)
Andaikan $24$ tidak membagi habis $l^2 + m^2 + n^2 + 1.$
Jawaban b)

Andaikan ada bilangan bulat $n > 2$ sedemikian sehingga $x^n + y^n = z^n$ punya solusi bulat untuk $x, y,$ dan $z.$
Jawaban c)

$g$ terbatas di atas.

[collapse]

Baca Juga: Syarat Cukup dan Syarat Perlu dalam Matematika

Soal Nomor 3

Tunjukkan bahwa paling sedikit $4$ dari $22$ hari pasti jatuh pada hari yang sama.

Pembahasan

Dengan menggunakan metode kontradiksi, kita andaikan paling banyak $3$ dari $22$ hari yang berurutan jatuh pada hari yang sama. Karena satu minggu terdiri dari $7$ hari saja, maka paling banyak $21$ hari dapat dipilih agar masing-masing hari (Senin, Selasa, …, Minggu) muncul $3$ kali. Hal ini kontradiksi dengan asumsi bahwa kita punya $22$ hari.
Jadi, kita simpulkan bahwa paling sedikit $4$ dari $22$ hari pasti jatuh pada hari yang sama. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 4

Buktikan bahwa paling sedikit ada dua orang di bumi yang lahir pada detik, menit, jam, hari, dan tahun yang sama pada abad ke-20. Asumsikan bahwa paling sedikit ada 4 miliar orang yang lahir pada abad itu. Asumsikan juga satu tahun terdiri dari $365$ hari.

Pembahasan

Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan tidak ada dua orang di bumi yang lahir pada detik, menit, jam, hari, dan tahun yang sama pada abad ke-20. Dengan kata lain, $4$ miliar orang tersebut lahir pada waktu yang berbeda-beda. Ini berarti kita dapat menomori orang-orang tersebut secara menaik sesuai dengan waktu kelahiran mereka masing-masing. Sebagai contoh, orang nomor 1 lahir pada detik ke-1, orang nomor 2 lahir pada detik ke-2, dan seterusnya. Dalam 1 abad, ada $$\underbrace{60}_{\text{detik}} \times \underbrace{60}_{\text{menit}} \times \underbrace{24}_{\text{jam}} \times \underbrace{365}_{\text{hari}} \times \underbrace{100}_{\text{tahun}} = 3.153.600.000~\text{detik}.$$Perhatikan bahwa $4.000.000.000 > 3.153.600.000.$ Ini menunjukkan bahwa orang nomor ke-4 miliar (orang terakhir) tidak mungkin lahir pada abad ke-20, tetapi ternyata kontradiksi dengan pernyataan awal bahwa $4$ miliar orang itu lahir pada abad ke-20. Jadi, pengandaian salah. Terbukti bahwa paling sedikit ada dua orang di bumi yang lahir pada detik, menit, jam, hari, dan tahun yang sama pada abad ke-20. Asumsikan bahwa paling sedikit ada 4 miliar orang yang lahir pada abad itu. Asumsikan juga satu tahun terdiri dari $365$ hari. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 5

Buktikan bahwa dalam suatu pesta yang dihadiri oleh $n \ge 2$ orang, paling sedikit ada dua orang yang memiliki jumlah teman yang sama pada pesta itu.
Catatan: Asumsikan bahwa relasi “berteman’ sebagai relasi setangkup (simetris), artinya jika $A$ berteman dengan $B,$ maka $B$ berteman dengan $A.$

Pembahasan

Dengan menggunakan metode kontradiksi, kita andaikan tidak ada dua orang yang memiliki jumlah teman yang sama pada pesta itu. Dengan kata lain, masing-masing orang memiliki jumlah teman yang berbeda-beda. Karena ada $n$ orang, kita bisa mengurutkan mereka sesuai dengan jumlah temannya seperti berikut.
$$\begin{aligned} & \text{Orang nomor 1 tidak memiliki teman} \\ & \text{Orang nomor 2 memiliki 1 teman} \\ & \text{Orang nomor 3 memiliki 2 teman} \\ & ~~~~~~~~~~~\vdots~~~~~~~~~~~~~~~~~\vdots~~~~~~~~~~~~~~~\vdots \\ & \text{Orang nomor}~n~\text{memiliki}~(n-1)~\text{teman} \end{aligned}$$Akibatmya, orang nomor $n$ yang memiliki $(n-1)$ teman ternyata juga berteman dengan orang nomor $1$ yang seharusnya tidak memiliki teman. Kontradiksi terjadi. Jadi, kita simpulkan bahwa paling sedikit ada dua orang yang memiliki jumlah teman yang sama pada pesta itu. $\blacksquare$ 

[collapse]

Soal Nomor 6

Buktikan bahwa jika bilangan bulat $n^2$ ganjil, maka $n$ juga ganjil.

Pembahasan

Misalkan $n^2$ ganjil. Dengan menggunakan metode kontradiksi, kita andaikan $n$ bukan bilangan ganjil. Dengan kata lain, $n$ adalah bilangan genap, yaitu bilangan berbentuk $n = 2m$ untuk suatu $m \in \mathbb{Z}.$ Dari hipotesis, diketahui bahwa $n^2$ adalah bilangan bulat ganjil, tetapi
$$n^2 = (2m)^2 = 2(2m^2).$$Padahal, $2m^2$ adalah bilangan bulat sehingga $n^2$ merupakan bilangan genap sesuai definisi.
Hal ini kontradiksi dengan hipotesis. Pengandaian harus diingkari.
Jadi, kita simpulkan bahwa jika bilangan bulat $n^2$ ganjil, maka $n$ juga ganjil. $\blacksquare$

[collapse]

Baca Juga: Materi, Soal, dan Pembahasan – Operasi Logika dan Tabel Kebenaran

Soal Nomor 7

Buktikan bahwa jika $3n + 2$ ganjil dengan $n \in \mathbb{Z}$, maka $n$ juga ganjil.

Pembahasan

Misalkan $3n + 2$ ganjil. Dengan menggunakan metode kontradiksi, kita andaikan bahwa $n$ bukan ganjil, berarti $n$ genap. Dengan demikian, terdapat bilangan bulat $k$ sehingga $n = 2k.$ Namun,
$$3n + 2 = 3(2k) + 2 = 2(3k + 1).$$Karena $3k+1$ adalah bilangan bulat, maka $3n+2$ memenuhi definisi bilangan genap. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis yang mengatakan bahwa $3n+2$ ganjil. Kontradiksi terjadi di sini dan pengandaian perlu diingkari. Jadi, terbukti bahwa $n$ harus ganjil. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 8

Buktikan bahwa $\sqrt{2}$ adalah bilangan irasional.

Pembahasan

Dengan menggunakan metode kontradiksi, kita andaikan bahwa $\sqrt{2}$ adalah bilangan rasional, artinya ada bilangan bulat $a, b$ dengan $b \neq 0$ sehingga $\sqrt2 = \dfrac{a}{b}$ dengan $\text{FPB}(a, b) = 1.$
Dengan demikian, ketika kedua ruas dikuadratkan, kita peroleh $$2 = \dfrac{a^2}{b^2}.$$Akibatnya,
$$2b^2 = a^2.$$Sesuai dengan definisi bilangan genap, $a^2$ haruslah genap dan ini berarti $a$ juga genap. Oleh karena itu, $a = 2k$ untuk suatu $k \in \mathbb{Z}.$
Jadi, kita tuliskan
$$2b^2 = (2k)^2.$$Dengan membagi kedua ruas dengan $2,$ diperoleh
$$b^2 = 2k^2.$$Sesuai dengan definisi bilangan genap, $b^2$ haruslah genap dan ini berarti $b$ juga genap. Akibatnya, $\text{FPB}(a, b) \ge 2.$
Penemuan kita ternyata kontradiksi dengan asumsi awal bahwa $\text{FPB}(a, b) = 1.$ 
Jadi, kita simpulkan bahwa $\sqrt{2}$ adalah bilangan irasional. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 9

Buktikan bahwa jika $n$ adalah bilangan kuadrat sempurna (perfect square), maka $n+2$ bukan bilangan kuadrat sempurna.
Catatan: Bilangan kuadrat sempurna didefinisikan sebagai bilangan bulat positif yang merupakan kuadrat dari suatu bilangan bulat positif yang lain.

Pembahasan

Misalkan $n$ adalah bilangan kuadrat sempurna. Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $n+2$ adalah bilangan kuadrat sempurna. Oleh karena itu, kita dapat tuliskan $n = a^2$ dan $n+2 = b^2$ untuk $a, b \ge 0.$
Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} (n+2)-n & = 2 \\ b^2-a^2 & = 2 \\ (b+a)(b-a) & = 2. \end{aligned}$$Karena $b+a > 0,$ maka $(b+a)$ merupakan faktor dari $2,$ yaitu $1$ atau $2.$ Namun, karena $a = 1$ dan $b = 1$ merupakan nilai minimum, maka $(b+a)$ haruslah $2,$ tetapi $b-a = 1-1=0.$ Akibatnya, $b^2-a^2 \neq 2.$ Hal ini menimbulkan kontradiksi sehingga pengandaian harus diingkari. Jadi, terbukti bahwa $n+2$ bukan bilangan kuadrat sempurna. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 10

Buktikan bahwa $^2 \log 7$ adalah bilangan irasional.

Pembahasan

Dengan menggunakan metode kontradiksi, kita andaikan $^2 \log 7$ bukan bilangan irasional. Dengan kata lain, $^2 \log 7$ adalah bilangan rasional, yaitu bilangan yang dapat dituliskan dalam bentuk pecahan $\dfrac{a}{b}$ dengan $a, b \in \mathbb{Z}$ dan $b \neq 0.$
Dengan demikian, dapat kita tuliskan
$$\begin{aligned} ^2 \log 7 & = \dfrac{a}{b} \\ 2^{a/b} & = 7 \\ 2^a & = 7^b. \end{aligned}$$Perhatikan bahwa $(2, 7)$ merupakan pasangan bilangan yang relatif prima sehingga persamaan terakhir tidak mungkin terpenuhi untuk sembarang $a, b \in \mathbb{Z}.$ Hal ini kontradiksi dengan pengandaian yang dilakukan.
Jadi, kita simpulkan bahwa $^2 \log 7$ adalah bilangan irasional. $\blacksquare$

[collapse]

Baca Juga: Analogi Logika Matematika pada Rangkaian Listrik

Soal Nomor 11

Buktikan bahwa jumlah dari suatu bilangan irasional dan suatu bilangan rasional menghasilkan bilangan irasional.

Pembahasan

Pertama, kita libatkan penggunaan notasi pada pernyataan yang ingin dibuktikan menjadi “Jika $\mathcal{R}$ adalah bilangan rasional dan $\mathcal{I}$ adalah bilangan irasional, maka $\mathcal{S} = \mathcal{R} + \mathcal{I}.$
Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $\mathcal{S}$ rasional. Akibatnya, hasil penjumlahan dari bilangan rasional $\mathcal{S}$ dan $-\mathcal{R}$ haruslah rasional. Hal ini dapat diketahui karena jika $\mathcal{S} = \dfrac{a}{b}$ dan $\mathcal{R} = \dfrac{c}{d}$ dengan $a, b, c, d \in \mathbb{Z}$ dan $b, d \neq 0,$ maka dengan aljabar, kita peroleh $\mathcal{S} + (-\mathcal{R}) = \dfrac{ad-bc}{bd},$ yang memenuhi definisi bilangan rasional karena $ad-bc \in \mathbb{Z}$ dan $bd \neq 0.$ Di lain sisi,
$$\mathcal{S} + (-\mathcal{R}) = (\mathcal{R} + \mathcal{I})-\mathcal{R} = \mathcal{I}$$sehingga memaksa kita untuk menyimpulkan bahwa $\mathcal{I}$ adalah bilangan rasional, padahal harusnya tidak demikian. Kontradiksi terjadi di sini. Jadi, asumsi kita bahwa $\mathcal{S}$ rasional tidaklah benar. Dengan kata lain, $\mathcal{S}$ terbukti bilangan irasional.

[collapse]

Soal Nomor 12

Buktikan bahwa jika $x$ dan $y$ merupakan bilangan real dengan $x \ge 0, y \ge 0,$ dan $x + y = 0,$ maka $x = 0$ dan $y = 0.$

Pembahasan

Misalkan $x$ dan $y$ merupakan bilangan real dengan $x \ge 0, y \ge 0,$ dan $x + y = 0.$ Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $x \neq 0$ atau $y \neq 0.$ Jika $x \neq 0,$ maka $x > 0.$ Akibatnya, $y = -x < 0.$ Namun, hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa $y \ge 0.$ Serupa dengan itu, jika $y \ne 0$, maka $y > 0.$ Akibatnya, $x = -y < 0$ yang ternyata juga kontradiksi dengan hipotesis bahwa $x \ge 0.$ Jadi, pengandaian salah. Terbukti bahwa jika $x$ dan $y$ merupakan bilangan real dengan $x \ge 0, y \ge 0,$ dan $x + y = 0,$ maka $x = 0$ dan $y = 0.$ $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 13

Buktikan bahwa tidak ada bilangan real positif $x$ dan $y$ dengan $x \neq y$ sedemikian sehingga $x^3-y^3 = 0.$

Pembahasan

Dengan menggunakan metode kontradiksi, kita andaikan ada bilangan real positif $x$ dan $y$ dengan $x \neq y$ sedemikian sehingga $x^3-y^3 = 0.$ Dengan demikian, kita bisa faktorkan menjadi
$$x^3-y^3 = (x-y)(x^2+xy+y^2) = 0.$$Dengan membagi kedua ruas dengan $x-y \neq 0$, kita peroleh $$x^2 + xy + y^2 = 0.~~~~(\cdots 1)$$Dengan menganggap $(1)$ sebagai persamaan kuadrat bervariabel $x,$ kita peroleh nilai berikut setelah menggunakan rumus kuadrat.
$$x = \dfrac{-y \pm \sqrt{y^2-4(1)(y^2)}}{2(1)} = \dfrac{-y \pm \sqrt{-3y^2}}{2}$$Agar diperoleh bilangan real $x,$ nilai $y$ haruslah $0.$ Namun, ini berakibat nilai $x$ juga $0.$ Dengan kata lain, $x = y.$ Hal ini kontradiksi dengan asumsi bahwa $x \neq y.$ Jadi, kita simpulkan bahwa tidak ada bilangan real positif $x$ dan $y$ dengan $x \neq y$ sedemikian sehingga $x^3-y^3 = 0.$ $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 14

Buktikan bahwa jika $(n-1), n,$ dan $(n+1)$ merupakan bilangan bulat positif berurutan, maka kubik dari bilangan terbesar tidak sama dengan jumlah kubik dari dua bilangan lainnya.

Pembahasan

Misalkan $(n-1), n,$ dan $(n+1)$ merupakan bilangan bulat positif berurutan. Andaikan kubik dari bilangan terbesar sama dengan jumlah kubik dari dua bilangan lainnya, yaitu
$$(n+1)^3 = n^3 + (n-1)^3.$$Perhatikan bahwa persamaan itu dapat disederhanakan seperti berikut.
$$\begin{aligned} n^3 + 3n^2 + 3n + 1 & = n^3 + (n^3-3n^2+3n-1) \\ n^3-6n^2-2 & = 0 \\ n^2(n-6) & = 2 \end{aligned}$$Karena $n$ merupakan bilangan bulat positif, haruslah $n^2 > 0.$ Agar diperoleh bilangan bulat positif $2$, nilai $n-6 > 0$ sehingga $n \ge 7.$ Namun, $n^2(n-6) \ge 7^2(7-6) = 49.$ Hal ini kontradiksi dengan persamaan $n^2(n-6) = 2.$ Jadi, pengandaian salah. Terbukti bahwa jika $(n-1), n,$ dan $(n+1)$ merupakan bilangan bulat positif berurutan, maka kubik dari bilangan terbesar tidak sama dengan jumlah kubik dari dua bilangan lainnya. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 15

Buktikan bahwa jika $n$ merupakan bilangan bulat positif sedemikian sehingga $n^3-n-6=0$, maka untuk setiap bilangan bulat positif $m$ dengan $m \neq n,$ berlaku $m^3-m-6 \neq 0.$

Pembahasan

Misalkan $n$ merupakan bilangan bulat positif sedemikian sehingga $n^3-n-6=0.$ Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan ada bilangan bulat positif $m$ dengan $m \neq n$ sedemikian sehingga $m^3-m-6 = 0.$ Dengan pemfaktoran, diperoleh $m(m+1)(m-1) = 6.$ Bilangan bulat positif $m$ yang memenuhi persamaan ini adalah $m = 2$ saja karena jika $m = 1,$ persamaan tidak terpenuhi dan jika $m > 2,$ nilai $m(m+1)(m-1) > 6.$ Dengan cara yang serupa, hipotesis mengatakan bahwa $n^3-n-6=0.$ Kita selanjutnya peroleh $n(n+1)(n-1) = 6.$ Ini berarti nilai $n$ yang memenuhi hanya $n = 2.$ Jadi, kita peroleh $m = n = 2.$ Hal ini kontradiksi dengan asumsi bahwa $m \neq n.$ Jadi, pengandaian salah. Terbukti bahwa jika $n$ merupakan bilangan bulat positif sedemikian sehingga $n^3-n-6=0$, maka untuk setiap bilangan bulat positif $m$ dengan $m \neq n,$ berlaku $m^3-m-6 \neq 0.$
$\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 16

Misalkan $a, b,$ dan $c$ adalah bilangan real dengan $c \neq 0.$ Buktikan bahwa jika $cx^2 + bx + a$ tidak memiliki akar rasional, maka $ax^2 + bx + c$ juga tidak memiliki akar rasional.

Pembahasan

Misalkan $a, b,$ dan $c$ adalah bilangan real dengan $\color{blue}{c \neq 0}.$ Misalkan juga $cx^2 + bx + a$ tidak memiliki akar rasional. Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $ax^2 + bx + c$ memiliki akar rasional, katakanlah $\dfrac{p}{q}$ dengan $p, q \in \mathbb{Z}$ dan $q \neq 0$ sedemikian sehingga
$$a\left(\dfrac{p}{q}\right)^2 + b\left(\dfrac{p}{q}\right) + c = 0.$$Perhatikan bahwa $p \neq 0$ karena mengakibatkan nilai $\color{blue}{c = 0}.$ Jadi, kita bisa mengalikan kedua ruas persamaan sebelumnya dengan $\dfrac{q^2}{p^2}$ sehingga menghasilkan
$$a + b\left(\dfrac{q}{p}\right) + c\left(\dfrac{q}{p}\right)^2 = 0.$$Namun, ini menunjukkan bahwa $\dfrac{q}{p}$ merupakan akar rasional dari persamaan $cx^2 + bx + a.$ Hal ini kontradiksi dengan hipotesis karena seharusnya $cx^2 + bx + a$ tidak memiliki akar rasional. Jadi, pengandaian salah. Terbukti bahwa jika $cx^2 + bx + a$ tidak memiliki akar rasional, maka $ax^2 + bx + c$ juga tidak memiliki akar rasional. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 17

Buktikan bahwa jika $p$ dan $q$ adalah bilangan bulat dengan $p \neq q$ serta $p$ prima dan membagi $q,$ maka $q$ bukan prima.
Catatan: Bilangan bulat $n > 1$ dikatakan sebagai bilangan prima jika $n$ memiliki tepat dua faktor, yaitu $1$ dan $n.$

Pembahasan

Misalkan $p$ dan $q$ adalah bilangan bulat dengan $p \neq q$ serta $p$ prima dan membagi $q.$ Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $q$ prima.
Karena $p$ membagi $q,$ ada bilangan bulat $a$ sedemikian sehingga $$q = ap.$$ Karena $p \neq q$, $a$ tidak boleh bernilai $1.$ Perhatikan juga bahwa jika $a = q$, maka $p = 1$, padahal $p$ merupakan bilangan prima. Jadi, haruslah $a \neq q.$ Dengan menggunakan definisi keterbagian, $q = ap$ menunjukkan bahwa $a$ membagi $q.$ Karena $a \neq 1$ dan $a \neq q,$ hal ini mengakibatkan kontradiksi dengan definisi bahwa $p$ merupakan bilangan prima. Jadi, pengandaian salah. Terbukti bahwa jika $p$ dan $q$ adalah bilangan bulat dengan $p \neq q$ serta $p$ prima dan membagi $q,$ maka $q$ bukan prima. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 18

Buktikan bahwa jika $a, b,$ dan $c$ adalah bilangan real dengan $a \neq 0,$ maka fungsi $f(x) = ax^2 + bx + c$ bukan fungsi satu-satu (fungsi injektif).

Pembahasan

Misalkan $a, b,$ dan $c$ adalah bilangan real dengan $a \neq 0.$ Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $f(x) = ax^2 + bx + c$ satu-satu. Menurut definisi, untuk setiap $x, y \in D_f$, jika $x \neq y,$ maka $f(x) \neq f(y).$ Dalam hal ini, kita akan menunjukkan kontradiksi bahwa ternyata ada $x, y \in D_f$ dengan $x \neq y$ yang mengakibatkan $f(x) = f(y).$ Ini berarti kita harus terlebih dahulu mengonstruksi nilai $x$ dan $y$ tersebut sehingga $f(x) = f(y)$ dengan cara seperti berikut.
$$\begin{aligned} ax^2 + bx + c & = ay^2 + by + c \\ ax^2 + bx & = ay^2 + by \\ a\left(x^2 + \dfrac{b}{a}x\right) & = a\left(y^2 + \dfrac{b}{a}y\right) \\ \left[a\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2\right]-\dfrac{b^2}{4a} & = \left[a\left(y+\dfrac{b}{2a}\right)^2\right]-\dfrac{b^2}{4a} \\ \left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2 & = \left(y+\dfrac{b}{2a}\right)^2 \\ x + \dfrac{b}{2a} & = \pm \left(y + \dfrac{b}{2a}\right) \end{aligned}$$Jika diambil tanda positif, diperoleh $x = y,$ yang berada di luar kasus yang ingin kita tinjau. Ambil tanda negatif sehingga kita peroleh $x + y = -\dfrac{b}{a}.$ Agar $x \neq y,$ kita bisa mengambil $x = -\dfrac{b}{2a} + 1$ dan $y = -\dfrac{b}{2a}-1.$
Jika $x = -\dfrac{b}{2a} + 1$ dan $y = -\dfrac{b}{2a}-1,$ kita peroleh
$$\begin{aligned} f(x) & = a\left(-\dfrac{b}{2a} + 1\right)^2 + b\left(-\dfrac{b}{2a} + 1\right) + c \\ & = a + c-\dfrac{b^2}{4a} \end{aligned}$$dan
$$\begin{aligned} f(y) & = a\left(-\dfrac{b}{2a}- 1\right)^2 + b\left(-\dfrac{b}{2a}- 1\right) + c \\ & = a + c-\dfrac{b^2}{4a} \end{aligned}$$sehingga $f(x) = f(y).$ Kontradiksi terbangun karena menurut definisi fungsi satu-satu, jika $x \neq y,$ maka $f(x) \neq f(y).$ Jadi, pengandaian salah. Terbukti bahwa jika $a, b,$ dan $c$ adalah bilangan real dengan $a \neq 0,$ maka fungsi $f(x) = ax^2 + bx + c$ bukan fungsi satu-satu (fungsi injektif). $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 19

Buktikan bahwa jika $a > 0$ merupakan bilangan real, maka $f(x) = a^x$ merupakan fungsi satu-satu (fungsi injektif).

Pembahasan

Misalkan $a > 0$ merupakan bilangan real dan $f(x) = a^x.$ Menurut definisi fungsi satu-satu, untuk setiap $x, y \in D_f,$ jika $x \neq y,$ maka berlaku $f(x) \neq f(y).$ Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $f(x) = f(y).$ Kita peroleh
$$\begin{aligned} a^x & = a^y \\ \log (a^x) & = \log (a^y) \\ x \log a & = y \log a \\ x & = y && (a \neq 0) \end{aligned}$$Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa $x \neq y.$ Jadi, pengandaian salah. Kita simpulkan untuk setiap $x, y \in D_f,$ jika $x \neq y,$ maka berlaku $f(x) \neq f(y).$ Dengan kata lain, fungsi $f(x) = a^x$ merupakan fungsi satu-satu. $\blacksquare$

[collapse]

Baca Juga: Materi, Soal, dan Pembahasan – Kalimat Terbuka dan Kalimat Tertutup

Soal Nomor 20

Buktikan bahwa jika $a$ dan $b$ merupakan bilangan bulat serta $b$ ganjil, maka $\pm 1$ bukan akar dari $ax^2 + bx + a.$

Pembahasan

Misalkan $a$ dan $b$ merupakan bilangan bulat serta $b$ ganjil. Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $\pm 1$ adalah akar dari $ax^2 + bx + a.$ Dengan demikian, kita peroleh
$$\begin{aligned} a(\pm 1)^2 + b(\pm 1) + a & = 0 \\ a(1) \pm b + a & = 0 \\ 2a \pm b & = 0 \\ b & = \pm 2a. \end{aligned}$$Karena $a$ merupakan bilangan bulat, maka menurut definisi bilangan genap, kita peroleh $b$ genap. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa $b$ seharusnya ganjil. Jadi, pengandaian salah. Terbukti bahwa jika $a$ dan $b$ merupakan bilangan bulat serta $b$ ganjil, maka $\pm 1$ bukan akar dari $ax^2 + bx + a.$ $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 21

Misalkan $D$ berada di interior $\angle ABC$ dan $E$ berada di interior $\angle GHI.$ Buktikan proposisi berikut.
Jika $\angle ABC \cong \angle GHI$ dan $\angle ABD \cong \angle GHE,$ maka $\angle DBC \cong \angle EHI.$

Pembahasan

Perhatikan aksioma kongruensi berikut karena kita akan menggunakannya dalam proses pembuktian.


Aksioma Kongruensi Sudut: Misalkan $D$ adalah titik di interior $\angle ABC$ dan $E$ adalah titik di interior $\angle GHI.$ Jika $\angle ABD \cong GHE$ dan $\angle DBC \cong \angle EHI,$ maka $\angle ABC \cong \angle GHI.$




Misalkan $D$ berada di interior $\angle ABC$ dan $E$ berada di interior $\angle GHI.$ Misalkan juga $\angle ABC \cong \angle GHI$ dan $\angle ABD \cong \angle GHE.$ Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $\angle DBC \ncong \angle EHI.$ Karena $\angle ABD \cong \angle GHE,$ menurut Aksioma Kongruensi Sudut di atas, $\angle ABC \ncong \angle GHI.$ Hal ini kontradiksi dengan pernyataan pada hipotesis bahwa $\angle ABC \cong \angle GHI.$ Jadi, pengandaian perlu diingkari. Kita simpulkan bahwa $\angle DBC \cong \angle EHI.$ $\blacksquare$

[collapse]

0 0 votes
Article Rating

Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!

Subscribe
Notify of
guest

1 Comment
Newest
Oldest Most Voted
Inline Feedbacks
View all comments
Yusuf

Halo bang sekalian pembuktian kayak kontraposisi dong dan perbanyak juga materi olimpiade kalau bisa fisika juga di lanjutin tuh.