Konsep dan Contoh Soal Akar Ramanujan

      Srinivasa Iyengar Ramanujan (1887 – 1920), seorang pemuda tersohor dari negeri India. Orang-orang saat ini mengenalnya dengan sebutan Ramanujan, untaian nama yang mungkin masih terdengar asing. Ramanujan adalah matematikawan legendaris dalam catatan sejarah perkembangan matematika. Beliau seolah-olah memberikan letupan cahaya dari kembang api yang dinyalakannya. Uniknya, beliau adalah seorang autodidak. Artinya, beliau mengembangkan bakat matematikanya secara mandiri sejak umurnya masih satu dasawarsa (10 tahun). Meskipun beliau meninggal dalam masa mudanya saat usia 32 tahun karena masalah kesehatan, beliau telah disohor atas berbagai kontribusinya dan pembuktian kontradiktifnya, salah satunya terkait konsep ketakterhinggaan.

         Sampai saat ini, “jebakan tikus” yang Ramanujan konstruksikan masih cukup banyak memangsa para pecinta matematika dan pelajar. “The Man Who Knew Infinity (diambil dari judul buku dan film) merupakan gelar yang disandangkan kepada Ramanujan karena telah berani mengeksplorasi dunia ketakterhinggaan kala itu.

Quote by Srinivasa Ramanujan

An equation means nothing to me unless it expresses a thought of God.

         Ramanujan juga dikenal sebagai pelopor konsep akar tak hingga, yang sekarang kita sebut sebagai Akar Ramanujan (Ramanujan’s Nested Radicals). Sekarang, pertanyaannya muncul. Adakah orang yang terpikir untuk mengubah (memanipulasi) bilangan $3$ menjadi bentuk akar-akar berkelanjutan seperti ini?
$\begin{aligned} 3 & = \sqrt{1 + 8} \\ & = \sqrt{1 + 2 \cdot 4} \\ & = \sqrt{1 + 2\sqrt{16}} \\ & = \sqrt{1 + 2\sqrt{1 + 15}} \\ & = \sqrt{1+2\sqrt{1 + 3 \cdot 5}} \\ & = \sqrt{1+2\sqrt{1 + 3\sqrt{25}}} \\ & = \sqrt{1+2\sqrt{1 + 3 \sqrt{1 + 24}}} \\ & =\sqrt{1+2\sqrt{1 + 3\sqrt{1 + 4 \cdot 6}}} \\ & = \sqrt{1+2\sqrt{1 + 3\sqrt{1 + 4\sqrt{36}}}} \\ & =\sqrt{1+2\sqrt{1 + 3 \sqrt{1 + 4\sqrt{1+35}}}} \\ & =\sqrt{1+2\sqrt{1 + 3 \sqrt{1 + 4\sqrt{1+\cdots}}}} \end{aligned}$
Mungkin “Ramanujan” adalah jawaban dari pertanyaan di atas.

Akar Bersarang Tak terhingga
Akar bersarang tak terhingga (infinitely nested radicals) adalah bentuk akar yang di dalamnya memuat akar dengan pola tertentu sampai tak terhingga banyaknya. Sebagai contoh,
$x = \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \cdots}}}}$
menghasilkan sebuah bilangan rasional. Bilangan rasional ini sebetulnya didapat dari suatu bentuk manipulasi yang dapat dikatakan “unik” karena $x$ ternyata juga muncul di dalam ekspresi $x$ itu sendiri.
$x = \sqrt{2 + \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \cdots}}}}_{x}}$
Dengan demikian, kita tuliskan
$x = \sqrt{2 + x}$
Persamaan irasional di atas dapat diselesaikan seperti biasa, dan kita akan memperoleh penyelesaiannya $x = 2$.
Sekarang, tinjau
$x = \sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{n + \cdots}}}}$
untuk $n$ bilangan real positif.
Kuadratkan kedua ruas untuk memperoleh
$x^2 = n + \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \cdots}}}}}_{x}$
dan pada akhirnya kita peroleh persamaan kuadrat
$x^2 = n + x \Leftrightarrow x^2-x-n = 0$
Dengan menggunakan rumus kuadrat (ABC), kita peroleh
$\begin{aligned} x_{1, 2} & = \dfrac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a} \\ & = \dfrac{1 \pm \sqrt{(-1)^2-4(-1)(n)}}{2(1)} \\ & = \dfrac{1 \pm \sqrt{1+4n}}{2} \end{aligned}$
Karena hasil akar kuadrat tidak mungkin negatif, maka kita ambil tanda positif saja. Jadi,
$x = \dfrac12(1 + \sqrt{1 + 4n})$
Dengan prinsip yang sama, kita juga dapatkan
$$\sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{n + \cdots}}}} = \dfrac12(-1 + \sqrt{1+4n})$$yang merupakan akar positif dari persamaan kuadrat $x^2+x-n=0$.

Akar Bersarang Tak Terhingga (Versi Ramanujan)
Ramanujan membuat soal di Journal of Indian Mathematical Society:
$? = \sqrt{1 + 2\sqrt{1 + 3\sqrt{1 + 4\sqrt{1 + \cdots}}}}$
Permasalahan ini bisa diselesaikan dengan menggunakan rumus
$$? = \sqrt{ax + (n+a)^2 + x\sqrt{a(x+n)+(n+a)^2 + (x+n)\sqrt{\cdots}}}$$Misalkan hasilnya dinyatakan dalam fungsi $f$ sehingga
$$f^2(x) = ax + (n+a)^2 + x\sqrt{a(x+n)+(n+a)^2 +(x+n)\sqrt{\cdots}}$$yang bisa disederhanakan menjadi
$f^2(x) = ax + (n+a)^2 + xF(x+n)$
dan bisa dibuktikan dengan induksi (atau mungkin trial and error) bahwa
$f(x) = x + n+ a$
Formula di atas dapat dibuktikan dengan cara berikut dimulai dari bentuk $x+n+a$. Kuadratkan kedua ruas, lalu uraikan menggunakan perluasan binomial (agar dapat dianggap sebagai dua suku saja).
Ingat: $(a+b)^2 = a^2+2ab+b^2$
$$\begin{aligned} (x + n + a)^2 & = (x + (n + a))^2 \\ & = x^2 + 2x(n+a) + (n+a)^2 \\ & = x^2+ax+ax+xn+xn+(n+a)^2 \\ & = ax+(n+a)^2 + x[\color{blue}{(x + n) + a + n}] \end{aligned}$$Sekarang dengan prinsip yang sama, bentuk $(x+n)+a+n$ dikuadratkan dan mengikuti prinsip yang sama seperti di atas dengan menganggap $x$ sebagai $x+n$. Prinsip ini dipakai terus menerus dan berulang-ulang sampai tak terhingga kali sehingga dapat kita tuliskan
$$x+n+a = \sqrt{ax + (n+a)^2 + x\sqrt{a(x+n) + (n+a)^2 + (x+n)\sqrt{\cdots}}}$$

Kesesatan Matematis (Mathematical Fallacy)

Berdasarkan Akar Bersarang Tak Terhingga versi Ramanujan, kita tahu bahwa
$3 = \sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+\cdots}}}}$
Di lain sisi, ternyata $4$ juga dapat dimanipulasi menggunakan prinsip yang sama sedemikian sehingga bentuknya serupa dengan bentuk di atas.
$\begin{aligned} 4 & = \sqrt{16} \\ & = \sqrt{1+15} \\ & = \sqrt{1+2 \cdot \dfrac{15}{2}} \\ & = \sqrt{1+2\sqrt{\dfrac{225}{4}}} \\ & = \sqrt{1+2\sqrt{1+\dfrac{221}{4}}} \\ & = \sqrt{1+2\sqrt{1+3 \cdot \dfrac{221}{12}}} \\ & = \sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{\dfrac{44841}{144}}}} \\ & \vdots \\ & = \sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+\cdots}}}} \end{aligned}$
Bagaimana ini bisa terjadi?

Untuk menambah pemahaman mengenai Akar Ramanujan ini, berikut disertakan sejumlah soal beserta pembahasannya.

Soal Nomor 1
Bilangan bulat positif yang memenuhi persamaan
$$\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x{\cdots}}}}} = \sqrt{4x + \sqrt{4x + \sqrt{4x + \sqrt{4x + \sqrt{\cdots}}}}}$$adalah $\cdots \cdot$
A. $1$                        C. $3$                     E. $7$
B. $2$                        D. $5$            

Pembahasan

Berdasarkan bentuk umum Akar Ramanujan, diketahui bahwa
$\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x{\cdots}}}}} = x$
Dengan demikian, dapat kita selesaikan persamaan di atas seperti berikut.
$$\begin{aligned} x & = \sqrt{4x + \sqrt{4x + \sqrt{4x + \sqrt{4x + \sqrt{\cdots}}}}} \\ \text{Kuadratkan}~&\text{masing-masing ruas} \\ x^2 & = 4x + \color{blue}{\sqrt{4x + \sqrt{4x + \sqrt{4x + \sqrt{4x + \sqrt{\cdots}}}}}} \\ x^2 & = 4x + \color{blue}{x} \\ x^2 & = 5x \\ x^2-5x & = 0 \\ x(x-5) & = 0 \end{aligned}$$Diperoleh $x = 0$ atau $x = 5$.
Jadi, bilangan bulat positif yang memenuhi persamaan tersebut adalah $\boxed{5}$.
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 2
Hasil dari $\dfrac{2\sqrt{3\sqrt{3\sqrt{3\sqrt{\cdots}}}} \times 4\sqrt{5\sqrt{5\sqrt{5\sqrt{\cdots}}}}}{8\sqrt{9\sqrt{9\sqrt{9\sqrt{\cdots}}}}-4\sqrt{8\sqrt{8\sqrt{8\sqrt{\cdots}}}}}$
adalah $\cdots \cdot$

A. $3$                        C. $5$                      E. $10$
B. $4$                        D. $6$

Pembahasan

Misalkan
$x = \sqrt{3\sqrt{3\sqrt{3\sqrt{\cdots}}}}$
Kuadratkan kedua ruas untuk memperoleh
$x^2 = 3\color{red}{\sqrt{3\sqrt{3\sqrt{3\sqrt{\cdots}}}}}$
Bentuk yang ditandai dengan tanda warna merah di atas sama dengan $x$ sehingga kita tulis
$\begin{aligned} x^2 & = 3x \\ x^2-3x & = 0 \\ x(x-3) & = 0 \end{aligned}$
Diperoleh $x=0$ atau $x=3$.
Karena bentuk $\sqrt{3\sqrt{3\sqrt{3\sqrt{\cdots}}}}$ jelas tidak mungkin bernilai $0$, maka kita simpulkan bahwa
$\sqrt{3\sqrt{3\sqrt{3\sqrt{\cdots}}}} = 3$
Dengan prinsip yang sama, kita akan memperoleh
$\begin{aligned} \sqrt{5\sqrt{5\sqrt{5\sqrt{\cdots}}}} & = 5 \\ \sqrt{8\sqrt{8\sqrt{8\sqrt{\cdots}}}} & = 8 \\ \sqrt{9\sqrt{9\sqrt{9\sqrt{\cdots}}}} & = 9 \end{aligned}$
Dengan demikian,
$ \begin{aligned} & \dfrac{2\sqrt{3\sqrt{3\sqrt{3\sqrt{\cdots}}}} \times 4\sqrt{5\sqrt{5\sqrt{5\sqrt{\cdots}}}}}{8\sqrt{9\sqrt{9\sqrt{9\sqrt{\cdots}}}}-4\sqrt{8\sqrt{8\sqrt{8\sqrt{\cdots}}}}} \\ & = \dfrac{2(\color{red}{3}) \times 4(\color{red}{5})}{8(\color{red}{9})-4(\color{red}{8})}  \\ & = \dfrac{6 \times 20}{72-32} = \dfrac{120}{40} = 3 \end{aligned}$
(Jawaban A)

[collapse]

Soal Nomor 3
Hasil dari
$$\sqrt{2016+2007\sqrt{2018+2009\sqrt{2020+2011\sqrt{2022+\cdots}}}}$$ adalah $\cdots \cdot$
A. $2006$                        D. $2013$
B. $2009$                        E. $2016$
C. $2010$

Pembahasan

Diketahui $$\sqrt{2016+\color{blue}{2007}\sqrt{2018+\color{red}{2009}\sqrt{2020+\color{red}{2011}\sqrt{2022+\cdots}}}}$$Berdasarkan formula umum Akar Bersarang Tak Berhingga Versi Ramanujan:
$$\boxed{x+n+a = \sqrt{ax + (n+a)^2 + x\sqrt{a(x+n) + (n+a)^2 + (x+n)\sqrt{\cdots}}}}$$kita peroleh $x = 2007$ (perhatikan ekspresi yang ditandai dengan warna biru) $n = 2$ (perhatikan beda pertambahannya pada ekspresi yang ditandai dengan warna merah).
Sekarang, kita dapatkan bahwa
$\begin{aligned} ax + (n+a)^2 & = 2016 \\ 2007a + (2+a)^2 & = 2016 \\ a^2+2011a-2012 & = 0 \\ (a+2012)(a-1) & = 0 \end{aligned}$
Diperoleh $a = -2012$ atau $a = 1$.
Karena $a$ harus bernilai positif, maka kita hanya memilih $a = 1$.
Jadi, hasil dari akar bersarang tersebut adalah $\boxed{x+n+a=2007+2+1 = 2010}$
(Jawaban C)

[collapse]

Soal Nomor 4
Hasil dari
$$\sqrt{2015+2011\sqrt{2016+2012\sqrt{2017+2013\sqrt{2018+\cdots}}}}$$ adalah $\cdots \cdot$
A. $2009$                        D. $2015$
B. $2011$                        E. $2016$
C. $2013$

Pembahasan

Diketahui $$\sqrt{2015+\color{blue}{2011}\sqrt{2016+\color{red}{2012}\sqrt{2017+\color{red}{2013}\sqrt{2018+\cdots}}}}$$Berdasarkan formula umum Akar Bersarang Tak Berhingga Versi Ramanujan:
$$\boxed{x+n+a = \sqrt{ax + (n+a)^2 + x\sqrt{a(x+n) + (n+a)^2 + (x+n)\sqrt{\cdots}}}}$$kita peroleh $x = 2011$ (perhatikan ekspresi yang ditandai dengan warna biru) $n = 1$ (perhatikan beda pertambahannya pada ekspresi yang ditandai dengan warna merah).
Sekarang, kita dapatkan bahwa
$\begin{aligned} ax + (n+a)^2 & = 2015 \\ 2011a + (1+a)^2 & = 2015 \\ a^2+2013a-2014 & = 0 \\ (a+2014)(a-1) & = 0 \end{aligned}$
Diperoleh $a = -2014$ atau $a = 1$.
Karena $a$ harus bernilai positif, maka kita hanya memilih $a = 1$.
Jadi, hasil dari akar bersarang tersebut adalah $\boxed{x+n+a=2011+1+1 = 2013}$
(Jawaban C)

[collapse]