Tag: Logika Matematika

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 lebih dari atau kurang dari $60^\circ.$
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.

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 $l^2 + m^2 + n^2 + 1.$
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)
Andaikan $g$ terbatas di atas.

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

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 kontradiktif 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. $\blacksquare$

Dengan menggunakan metode kontradiksi, 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, disimpulkan bahwa paling sedikit ada dua orang yang memiliki jumlah teman yang sama pada pesta itu. $\blacksquare$ 

Misalkan $n^2$ ganjil. Dengan menggunakan metode kontradiksi, 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 kontradiktif dengan hipotesis. Jadi, pengandaian salah.
Dengan demikian, disimpulkan bahwa jika bilangan bulat $n^2$ ganjil, maka $n$ juga ganjil. $\blacksquare$

Misalkan $3n + 2$ ganjil. Dengan menggunakan metode kontradiksi, 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, $3n+2$ memenuhi definisi bilangan genap. Hal ini kontradiktif dengan hipotesis yang mengatakan bahwa $3n+2$ ganjil. Kontradiksi terjadi di sini dan pengandaian perlu diingkari. Jadi, terbukti bahwa $n$ harus ganjil. $\blacksquare$

Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan bahwa $\sqrt{2}$ merupakan 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, diperoleh $$2 = \dfrac{a^2}{b^2}.$$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 $k \in \mathbb{Z}.$ Selanjutnya, diperoleh
$$2b^2 = (2k)^2.$$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, $\text{FPB}(a, b) \ge 2.$
Hal ini kontradiktif dengan asumsi awal bahwa $\text{FPB}(a, b) = 1.$ 
Jadi, disimpulkan bahwa $\sqrt{2}$ adalah bilangan irasional. $\blacksquare$

Misalkan $n$ adalah bilangan kuadrat sempurna. Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $n+2$ adalah bilangan kuadrat sempurna. Oleh karena itu, dapat ditulis $n = a^2$ dan $n+2 = b^2$ untuk suatu $a, b \ge 0.$
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, $(b+a)$ haruslah $2,$ tetapi $b-a = 1-1=0.$ Akibatnya, $b^2-a^2 \neq 2.$ Hal ini menimbulkan kontradiksi sehingga pengandaian salah.
Jadi, terbukti bahwa $n+2$ bukan bilangan kuadrat sempurna. $\blacksquare$

Dengan menggunakan metode kontradiksi, 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 ditulis
$$\begin{aligned} ^2 \log 7 & = \dfrac{a}{b} \\ 2^{a/b} & = 7 \\ 2^a & = 7^b. \end{aligned}$$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 kontradiktif dengan pengandaian yang dilakukan.
Jadi, disimpulkan bahwa $^2 \log 7$ adalah bilangan irasional. $\blacksquare$

Pertama, kita libatkan penggunaan notasi pada pernyataan yang ingin dibuktikan menjadi “Jika $\mathcal{R}$ merupakan bilangan rasional dan $\mathcal{I}$ merupakan 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, pengandaian salah. Dengan demikian, $\mathcal{S}$ terbukti merupakan bilangan irasional.

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 kontradiktif dengan hipotesis bahwa $y \ge 0.$ Serupa dengan itu, jika $y \ne 0$, maka $y > 0.$ Akibatnya, $x = -y < 0$ yang ternyata juga kontradiktif 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 $y = 0.$ $\blacksquare$

Dengan menggunakan metode kontradiksi, 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 kontradiktif dengan asumsi bahwa $x \neq y.$ Jadi, disimpulkan bahwa tidak ada bilangan real positif $x$ dan $y$ dengan $x \neq y$ sedemikian sehingga $x^3-y^3 = 0.$ $\blacksquare$

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 kontradiktif 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. $\blacksquare$

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, diperoleh $m = n = 2.$ Hal ini kontradiktif 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 $m^3-m-6 \neq 0.$
$\blacksquare$

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 kontradiktif 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. $\blacksquare$

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 kontradiktif 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. $\blacksquare$

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). $\blacksquare$

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 $f(x) = f(y)$ sehingga diperoleh
$$\begin{aligned} a^x & = a^y \\ \log (a^x) & = \log (a^y) \\ x \log a & = y \log a \\ x & = y && (a \neq 0). \end{aligned}$$Hal ini kontradiktif 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. $\blacksquare$

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, menurut definisi bilangan genap, kita peroleh $b$ genap. Hal ini kontradiktif 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 $ax^2 + bx + a.$ $\blacksquare$

Misalkan $p$ dan $q$ merupakan bilangan bulat ganjil. Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $x^2+2px+2q=0$ memiliki solusi rasional untuk $x.$ Misalkan $x_1$ dan $x_2$ merupakan akar rasional dari persamaan kuadrat tersebut. Dengan menggunakan rumus kuadrat, diperoleh
$$\begin{aligned} x_{1,2} & = \dfrac{-2p \pm \sqrt{(2p)^2-4(1)(2q)}}{2(1)} \\ & = \dfrac{-2p \pm \sqrt{4p^2-8q}}{2} \\ & = \dfrac{-2p \pm 2\sqrt{p^2-2q}}{2} \\ & = -p \pm \sqrt{p^2-2q}. \end{aligned}$$Agar $x_1$ dan $x_2$ rasional, nilai dari $\sqrt{p^2-2q}$ haruslah berupa bilangan bulat. Misalkan $\sqrt{p^2-2q} = m$ untuk suatu bilangan bulat (nonnegatif) $m.$
Dengan demikian, diperoleh
$$\begin{aligned} \left(\sqrt{p^2-2q}\right)^2 & = m^2 \\ p^2-2q & = m^2 \\ p^2-m^2 & = 2q \\ (p+m)(p-m) & = 2q. \end{aligned}$$Tanpa mengurangi keumuman, misalkan $p + m = 2$ dan $p-m = q.$ Dengan menjumlahkan sesuai ruasnya, diperoleh $2p = 2 + q,$ ekuivalen dengan $p = 1 + \dfrac{q}{2}.$ Karena $q$ ganjil, $\dfrac{q}{2}$ tidak bulat sehingga $p$ juga tidak bulat. Hal ini kontradiktif dengan permisalan bahwa $p$ merupakan bilangan ganjil. Jadi, pengandaian salah. Terbukti bahwa jika $p$ dan $q$ merupakan bilangan bulat ganjil, maka persamaan $x^2+2px+2q=0$ tidak memiliki solusi rasional untuk $x.$ $\blacksquare$

Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan terdapat bilangan prima $p$ sehingga $p+7$ juga prima. Untuk $p = 2,$ hal demikian tidak berlaku karena $2+7=9$ bukan bilangan prima. Tinjau bilangan prima $p > 2.$ Perhatikan bahwa $p$ pastilah merupakan ganjil. Akibatnya, $p+7$ genap (karena ganjil + ganjil = genap). Hal ini kontradiktif dengan fakta bahwa $p+7$ merupakan bilangan prima lebih besar dari dua (yang jelas tidak mungkin genap). Jadi, pengandaian salah. Disimpulkan bahwa untuk semua bilangan prima $p$, $p+7$ merupakan bilangan komposit. $\blacksquare$

Misalkan $a, b, c,$ dan $d$ merupakan bilangan real sehingga sistem persamaan $ax+by=0$ dan $cx+dy=0$ memiliki solusi tunggal. Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $ad-bc = 0.$
Karena sistem persamaan memiliki solusi tunggal, $c$ dan $d$ tidak boleh keduanya bernilai $0$ sekaligus. Dengan kata lain, $c \ne 0$ atau $d \ne 0.$ Konstruksi $x = d$ dan $y = -c$ sehingga diperoleh
$$\begin{cases} ax + by = a(d) + b(-c) = ad-bc = 0 \\ cx + dy = c(d) + d(-c) = 0. \end{cases}$$Dengan demikian, $x = d$ dan $y = -c$ merupakan solusi sistem persamaan tersebut. Namun, $x = y = 0$ juga solusi sistem persamaan karena $a(0) + b(0) = 0$ dan $c(0) + d(0) = 0.$ Hal ini kontradiktif dengan permisalan bahwa sistem persamaan memiliki solusi tunggal. Jadi, pengandaian salah.
Disimpulkan bahwa $ad-bc = 0$ sehingga proposisi terbukti benar. $\blacksquare$

Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan polinomial $x^4 + 2x^2 + 2x + 2$ dapat dinyatakan sebagai hasil kali dari dua polinomial $x^2 + ax + b$ dan $x^2 + cx + d$ untuk suatu bilangan bulat $a, b, c,$ dan $d.$ Dengan demikian, dapat ditulis
$$\begin{aligned} x^4 + 2x^2 + 2x + 2 & = (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d) \\ & = x^4 + (a+c)x^3 + (b + ac + d)x^2 + (bc + ad)x + bd. \end{aligned}$$Dengan menyamakan nilai koefisien, diperoleh
$$\begin{cases} a + c & = 0 && (1) \\ b + ac + d & = 2 && (2) \\ bc + ad & = 2 && (3) \\ bd & = 2. && (4) \end{cases}$$Persamaan $(4)$ dapat dipenuhi ketika nilai $b = \pm 1$ (ganjil) dan $d = \pm 2$ (genap), atau sebaliknya.

1. Jika $b$ ganjil dan $d$ genap, dari Persamaan $(3),$ haruslah $c$ genap. Namun, hal ini kontradiktif dengan Persamaan $(2)$ yang mengharuskan nilai $c$ ganjil.
2. Jika $b$ genap dan $d$ ganjil, dari Persamaan $(3),$ haruslah $a$ genap. Namun, hal ini kontradiktif dengan Persamaan $(2)$ yang mengharuskan nilai $a$ ganjil.

Jadi, pengandaian salah. Disimpulkan bahwa polinomial $x^4 + 2x^2 + 2x + 2$ tidak dapat dinyatakan sebagai hasil kali dari dua polinomial $x^2 + ax + b$ dan $x^2 + cx + d$ untuk suatu bilangan bulat $a, b, c,$ dan $d.$ $\blacksquare$

Nilai $(a, b, c)$ pada persamaan $a! +b! =c!$ hanya dipenuhi oleh $(0,0,2), (1,0,2), (0,1,2)$, dan $(1,1,2).$ Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan ada tripel $(a, b, c)$ lain yang memenuhi persamaan $a! + b! = c!$ dengan $c > 2.$ Pilih $a = b = c-1$ yang merupakan bilangan terbesar sebelum $c.$  Namun,
$$(c-1)! + (c-1)! = 2(c-1)! < c(c-1)! = c!.$$Hal ini kontradiktif dengan pengandaian bahwa ada tripel $(a, b, c)$ lain yang memenuhi persamaan $a! + b! = c!$ dengan $c > 2.$ Jadi, pengandaian salah. Disimpulkan bahwa hanya ada $4$ pasangan bilangan $(a, b, c)$ yang memenuhi persamaan $a! + b! = c!.$  

Dengan menggunakan metode kontradiksi, andaikan $e$ rasional sehingga dapat ditulis $e = \dfrac{a}{b}$ untuk suatu bilangan bulat $a$ dan $b$ dengan $b \ne 0.$ Misalkan $k \ge b$ merupakan bilangan bulat. Tetapkan $$c = k!\left(e-1-\dfrac{1}{1!}-\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}-\cdots-\dfrac{1}{k!}\right).$$Karena $k!$ membagi setiap penyebut yang ada pada ekspresi tersebut, $c$ pastilah berupa bilangan bulat. Lebih lanjut, karena $e = 1 + \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} + \dfrac{1}{3!} + \cdots,$ diperoleh
$$\begin{aligned} 0 < c & = k!\left(\dfrac{1}{(k+1)!} + \dfrac{1}{(k+2)!} + \dfrac{1}{(k+3)!} + \cdots \right) \\ & = \dfrac{1}{k+1} + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)} + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)} + \cdots \\ & < \dfrac{1}{k+1} + \dfrac{1}{(k+1)^2} + \dfrac{1}{(k+1)^3} + \cdots. \end{aligned}$$Deret terakhir merupakan deret geometri dengan suku pertama dan rasionya $\dfrac{1}{k+1}$ sehingga jumlahnya adalah $\dfrac{1/(k+1)}{1-1/(k+1)} = \dfrac{1}{k}.$ Jadi, diperoleh $0 < c < \dfrac{1}{k}.$ Namun, hal ini membuat $c$ tidak mungkin bulat, kontradiktif dengan penemuan sebelumnya bahwa $c$ haruslah bulat. Jadi, pengandaian salah. Disimpulkan bahwa $e$ merupakan bilangan irasional.

Pandang subhimpunan bilangan real $(0, 1) = \{x \in \mathbb{R} \mid 0 < x < 1\}.$ Klaim bahwa subhimpunan tersebut taktercacah. Bukti diberikan dengan menggunakan metode kontradiksi. Andaikan $(0, 1)$ tercacah (countable). Jelas bahwa $(0, 1)$ bukan himpunan berhingga sehingga dapat diasumsikan $(0, 1)$ adalah himpunan takberhingga tercacah (countably infinite). Karena itu, terdapat korespondensi satu-satu dari $\mathbb{N}$ ke $(0, 1).$ Dengan kata lain, dapat dibuat senarai takberhingga (infinite list) yang memuat semua bilangan real di antara $0$ dan $1.$ Misalkan bilangan real yang dimaksud ditulis dalam notasi desimal sehingga seperti tampak pada ilustrasi berikut.
$$\begin{array}{cc} 1 & \overline{0,a_{0,0}a_{0,1}a_{0,2}a_{0,3}\cdots} \\ 2 & \overline{0,a_{1,0}a_{1,1}a_{1,2}a_{1,3}\cdots} \\ 3 & \overline{0,a_{2,0}a_{2,1}a_{2,2}a_{2,3}\cdots} \\ 4 & \overline{0,a_{3,0}a_{3,1}a_{3,2}a_{3,3}\cdots} \\ \vdots & \vdots \\ \end{array}$$Pilih bilangan $\overline{0,b_0b_1b_2\cdots}$ sehingga $b_0 \neq a_{0,0},$ $b_1 \neq a_{1, 1},$ dan seterusnya, atau secara umum, $b_i \ne a_{i, i}$ untuk setiap $i = 0, 1, 2, \cdots.$ Bilangan tersebut pasti tidak termuat di senarai. Dengan kata lain, tidak semua bilangan real di antara $0$ dan $1$ termuat di senarai. Penemuan ini kontradiktif dengan fakta bahwa terdapat korespondensi satu-satu dari $\mathbb{N}$ ke $(0, 1).$ Jadi, pengandaian salah. Disimpulkan bahwa subhimpunan bilangan real $(0, 1)$ taktercacah. Dengan demikian, himpunan bilangan real juga taktercacah karena $(0, 1) \subset \mathbb{R}$ taktercacah. Lebih jauh, himpunan bilangan irasional, $\mathbb{R}~\backslash~\mathbb{Q},$ juga taktercacah. Ini dikarenakan $\mathbb{R}$ taktercacah, meskipun $\mathbb{Q}$ tercacah.