Pembahasan Ujian Tengah Semester dan Ujian Akhir Semester: Pengantar Logika Matematika dan Himpunan, FMIPA UGM, 2021/2022

Aku Mau Coba
Mengerjakan & Membahas
Ujian Tengah Semester & Ujian Akhir Semester
Pengantar Logika Matematika
dan Himpunan
Semester Ganjil 2021/2022
Program Studi Matematika
Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam
Universitas Gadjah Mada
Mawi Wijna
Yogyakarta, 2022

Pengantar Logika Matematika dan
Himpunan 2021/2022
Tulisan ini bukan paper!
Sekadar njajal mengerjakan soal ujian tengah semester dan ujian akhir semester.
Wihikan "Mawi" Wijna

Daftar Isi
1 Soal-Soal Ujian Tengah Semester 5
2 Soal-Soal Ujian Akhir Semester 7
3 Ayo Kerjakan!
Ujian Tengah Semester
Soal Nomor 1 9
4 Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 2 15
5 Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 3 23
6 Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 4 27
7 Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 5 31
8 Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 6 33
9 Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 7 37
10 Ayo Kerjakan!
Ujian Akhir Semester
Soal Nomor 1 41
iii

iv DAFTAR ISI
11 Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 2 47
12 Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 3 51
13 Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 4 57
14 Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 5 63

Siapa Aku?
Halo!
Kenalkan! Nama aku Wijna.
Sering juga dipanggil Wisna.
Jarang-jarang dipanggil Mawi.
Kalau orang-orang sedang jengkel, kadang dipanggil bedebah juga.
Aku dulu pernah jadi mahasiswa matematika UGM. Maksudnya, aku dulu itu pernah kuliah di
Program Studi Matematika FMIPA UGM. Masuk September 2004. Lulus Februari 2009. Info lebih
lanjut, googling saja namaku di Google.
Oh ya, kenapa aku kurang kerjaan bikin tulisan ini?
Euh....
Tulisan ini aku buat dalam rangka mengisi waktu luang. Berhubung si bocil kalau makan
sukanya diemut, jadi ya sambil nunggu itu rongga mulutnya kosong lagi, iseng-iseng aku ngerjain soal-
soal ujian ini. Itu pun kalau pas lagi bosen nge-scrall-scroll manga online, marketplace, Instagram, dll.
Berhubung ngerjain soal ujian sambil nyuapin bocil, jadi ya cuma sebatas orat-oret di kertas-kertas
kosong bekas. Pas menunggu azan subuh berkumandang atau pas weekend cuma di rumah doang,
nah, baru deh orat-oret itu dipindah ke format L
A
TEX.
Yah, pokoknya semua dibawa santai sajalah. Lha wong, namanya sekadar mengisi waktu luang.
Bukan mahasiswa pula ini.
1

2 DAFTAR ISI
Eh, sebelumnya ya, mohon maaf ya kalau tulisan ini lebih banyak salahnya daripada benarnya,
hehehe. Maklum, kan sudah belasan tahun yang lalu jadi mahasiswa matematika. Jadi ya, mohon
maaf kalau lupa-lupa ingat.
Tapi, berhubung pada zaman ini ada yang namanya math.stackexchange.com dan Quora. Jadi,
boleh lah nyontek-nyontek sedikit.
Ya, sudahlah. Bagian pengantar ini nggak usah panjang-panjang. Semoga ada yang bisa dipelajari
dari tulisan ini.
Oh yes! Last but not least, matur nuwun buat teman-teman di HIMATIKA FMIPA UGM yang
menyediakan sumber soal-soal ujian yang bisa diakses secara cuma-cuma di website mereka, hi-
matika.fmipa.ugm.ac.id.
Ah... somehow I felt nostalgic....
Diketik sambil diiringi nyanyiannya mbak-mbak fromis_9.
Yogyakarta, 2022

Pengantar Logika Matematika dan
Himpunan Buat Aku
Pas zamanku kuliah (tahun 2004-2009 silam), Pengantar Logika Matematika dan Himpunan itu mata
kuliah wajib berbobot 3 SKS yang diselenggarakan pada Semester 1 Program Studi Matematika
FMIPA UGM. Jadi ya, Pengantar Logika Matematika dan Himpunan itu adalah salah satu mata
kuliah yang menjadi "santapannya" para mahasiswa baru.
Pengantar Logika Matematika dan Himpunan itu adalah mata kuliah pertamaku yang hasil nilai
akhirnya adalah D! Hahaha.
Kenapa ya?
Yang jelas bukan karena dosennya kok! Pas semester 1 dulu, aku diajar mata kuliah Pengantar
Logika Matematika dan Himpunan oleh Pak Budi Surodjo. Beliau mengajarnya enak kok. Santai,
kalem, nggak suka marah-marah seperti dosen prodi sebelah . Karena peminatanku aljabar, pada
tahun-tahun berikutnya aku ikut beberapa mata kelas yang diajar oleh Pak Budi. Sejauh itu ya fine-
fine saja.
Yah, mungkin karena pas semester 1 dulu itu aku belum "beradaptasi" dengan perkuliahan matem-
atika (terutama terkait pembuktian-pembuktian). Jadinya ya... hancur sudah nilaiku. Hahaha.
Eh, dulu itu kalau tidak ada juga tutor mata kuliah Pengantar Logika Matematika dan Himpunan
yang diselenggarakan di luar jam kuliah. Hanya saja, karena aku terlalu "menggampangkan" dan
masih hobi pulang ke rumah tepat waktu setelah kuliah selesai, jadinya aku nggak pernah ikut tutor!
Hahaha.
Pada akhirnya, pada semester pendek terakhir yang diselenggarakan oleh UGM, aku mengulang
mata kuliah Pengantar Logika Matematika dan Himpunan. Hasilnya? Dapat nilai akhir A dong!
Nah, dari situlah sepertinya titik balik aku mulai paham bagaimana caranya "menjinakkan" mata
kuliah aljabar yang menurutku ya... gampang... relatif lebih gampang dari mata kuliah analisis
macamnya Kalkulus. Ya, setelah mengulang mata kuliah Pengantar Logika Matematika dan Him-
punan di semester pendek itu minimal nilaiku B lah untuk mata kuliah aljabar. Hahaha.
3

4 DAFTAR ISI
Oke deh! Sebagai penutup, semoga tulisan ini membawa manfaat. Walaupun aku yakin kalau
tulisan ini lebih banyak salahnya daripada benarnya, hehehe. Maklum, kan sudah belasan tahun yang
lalu jadi mahasiswa matematika. Jadi ya, mohon maaf kalau lupa-lupa ingat.
Aku nggak tahu apakah benar-benar ada orang yang membaca tulisan ini. Semisal Anda yang
membaca tulisan ini adalah mahasiswa, aku doakan semoga Anda mendapat pencerahan dan sukses
berkuliah. Semisal Anda yang membaca tulisan ini penasaran dengan soal-soal ujian kuliah matem-
atika, aku harap Anda tidak shock dan bisa memahami tulisan ini dengan baik. Semisal Anda yang
membaca tulisan ini hanya sekadar mengisi waktu luang, aku sarankan untuk membaca tulisan ini
sebagai kawan ngendog di toilet.
Semoga tulisan ini bermanfaat bagi mahasiswa matematika semester awal. Khususnya yang ke-
sulitan dan kebingungan memahami mata kuliah Pengantar Logika Matematika dan Himpunan dan
sungkan bertanya ke dosen atau kakak tingkat. Tulisan ini bisa diunduh secara cuma-cuma dan
diam-diam. Silakan googling namaku untuk menemukan lebih banyak tulisan sejenis ini untuk be-
ragam mata kuliah lain.
Akhir kata, selamat menikmati tulisan ini!
Yogyakarta, 2022

1
Soal-Soal Ujian Tengah Semester
1. For each of the following quantified statements, write the negation in such a way that the "¬"
symbol is not needed. (R is the set of real numbers, Q is the set of rational numbers, Z is the
set of integers, and R+ is the set of positive real numbers.)
(a)

∀a ∈ R

∀b ∈ Z

(a2 + b ∈ Z)
(b)

∃y ∈ R

∀x ∈ R

(xy = x)
(c)

∀x ∈ Z

∀y ∈ R

(x = 2y)
(d)

∀x ∈ Z

∃y ∈ R

x
y
= 2

(e)

∀x ∈ Z

∀d ∈ R+

∃y ∈ Q

(|x − y| d)
2. Untuk masing-masing kalimat pada soal nomor 1 tentukan manakah yang benar antara kalimat
asli atau negasinya. Buktikan setiap jawaban Anda, atau paling tidak berilah penjelasan jawa-
ban Anda dengan sebaik mungkin!
3. Diberikan pernyataan Grafik fungsi-fungsi dengan persamaan x2 + x + 2 dan y = x − 2 tidak
berpotongan.
(a) Nyatakan pernyataan di atas dalam bentuk simbol logika (tanpa menggunakan kata-kata),
dengan menggunakan kwantor-kwantor sehingga simbol negasi ¬ digunakan di awal perny-
ataan.
(b) Nyatakan lagi pernyataan di atas dalam bentuk simbol logika (tanpa menggunakan kata-
kata), dengan menggunakan kwantor-kwantor tanpa menggunakan simbol negasi ¬ diawal
pernyataan.
5

6 1. SOAL-SOAL UJIAN TENGAH SEMESTER
4. Buktikan dengan menggunakan induksi persamaan
n
X
k=1
k3
=
n
X
k=1
k
!2
, berlaku untuk semua
bilangan asli n.
5. Selidiki apakah p ⇐⇒ q mempunyai nilai logika yang sama dengan (p ∧ q) ∨ (p̄ ∧ q̄). Berikan
bukti yang mendukung jawaban anda!
6. Selidiki apakah bentuk di bawah ini merupakan tautologi atau kontradiksi.
(p =⇒ q) =⇒ [(p ∨ r) =⇒ (q ∨ r)]
7. (a) Jika diketahui q =⇒ (r∧s) bernilai benar dan q∧s bernilai salah, tentukan nilai kebenaran
pernyataan q! Jelaskan jawaban saudara!
(b) Jika diketahui (p∨q) =⇒ r, dan p∨r bernilai benar, tentukan nilai kebenaran pernyataan
r! Jelaskan jawaban saudara!

2
Soal-Soal Ujian Akhir Semester
1. Diberikan himpunan A, B,C, dan D.
(a) Buktikan A ⊆ B jika dan hanya jika A − B = ∅.
(b) Buktikan jika A ⊆ B, maka A − C ⊆ B − C.
(c) Buktikan (A × B) ∪ (C × D) ⊆ (A ∪ C) × (B ∪ D).
2. Diberikan himpunan A dan B, P(A) menyatakan himpunan kuasa dari himpunan A. Selidiki
apakah berlaku P(A ∩ B) = P(A) ∩ P(B) dan P(A ∪ B) = P(A) ∪ P(B). Jelaskan jawaban
saudara!
3. Pada himpunan bilangan bulat Z didefinisikan relasi R sebagai berikut.
(∀a, b ∈ Z)(a, b) ∈ R jika dan hanya jika a = 3kb untuk suatu bilangan bulat k.
(a) Apakah relasi R merupakan relasi ekuivalensi?
(b) Jika R merupakan relasi ekuivalensi, jelaskan kelas-kelas ekuivalensinya!
4. Diberikan fungsi f : B → C dan fungsi g : A → B. Jika diketahui fungsi f ◦ g merupakan fungsi
yang bijektif. Apakah fungsi f dan g juga fungsi bijektif? Jelaskan jawaban saudara!
7

8 2. SOAL-SOAL UJIAN AKHIR SEMESTER
5. Diberikan pengaitan atau relasi f : R → R dengan definisi sebagai berikut.
f(x) =
x
x − 1
(a) Apakah f merupakan fungsi? Jelaskan jawaban saudara!
(b) Jika f merupakan fungsi, apakah f merupakan fungsi bijektif? Jika f bukan fungsi ten-
tukan syarat tertentu agar f merupakan fungsi dan selanjutnya selidiki apakah fungsi f
dengan syarat tertentu tersebut merupakan fungsi bijektif!

3
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 1
Soal
For each of the following quantified statements, write the negation in such a way that the ¬ symbol
is not needed. (R is the set of real numbers, Q is the set of rational numbers, Z is the set of integers,
and R+ is the set of positive real numbers.)
(a)

∀a ∈ R

∀b ∈ Z

(a2 + b ∈ Z)
(b)

∃y ∈ R

∀x ∈ R

(xy = x)
(c)

∀x ∈ Z

∀y ∈ R

(x = 2y)
(d)

∀x ∈ Z

∃y ∈ R

x
y
= 2

(e)

∀x ∈ Z

∀d ∈ R+

∃y ∈ Q

(|x − y| d)
Dikerjakan
Karena ini bukan ujian, jadi mari kita kerjakan pakai Bahasa Indonesia saja, hahaha.
# Soal (a)
Diketahui pernyataan

∀a ∈ R

∀b ∈ Z

(a2 + b ∈ Z). Kita diperintahkan untuk menentukan negasi
dari pernyataan tersebut tanpa menggunakan simbol ¬.
9

10 3. AYO KERJAKAN! UJIAN TENGAH SEMESTER SOAL NOMOR 1
Oke. Pertama-tama, kita beri tanda negasi ¬ pada kuantor-kuantor dan pernyataan terbuka.
¬

∀a ∈ R

¬

∀b ∈ Z

¬(a2 + b ∈ Z)
Selanjutnya, kita akan mengubah bentuk negasi di atas tanpa menggunakan simbol ¬.
Ingat bahwa ¬

∀a ∈ R

ekuivalen dengan

∃a ∈ R

dan ¬

∀b ∈ Z

ekuivalen dengan

∃b ∈ Z

.
Dengan demikian, bentuk negasi pernyataan di atas akan ekuivalen dengan ini.

∃a ∈ R

∃b ∈ Z

¬(a2 + b ∈ Z)
Selanjutnya, perhatikan bahwa ¬(a2 + b ∈ Z) ekuivalen dengan (a2 + b /
∈ Z). Dengan demikian,
bentuk negasi pernyataan di atas akan ekuivalen dengan ini.

∃a ∈ R

∃b ∈ Z

(a2 + b /
∈ Z)
Karena bentuk pernyataan di atas sudah tidak memuat simbol ¬, maka pekerjaan kita sudah
selesai.
Jadi, bentuk negasi pernyataan

∀a ∈ R

∀b ∈ Z

(a2 + b ∈ Z) adalah sebagai berikut.

∃a ∈ R

∃b ∈ Z

(a2 + b /
∈ Z).

11
# Soal (b)

∃y ∈ R

∀x ∈ R

(xy = x). Kita diperintahkan untuk menentukan negasi
¬

∃y ∈ R

¬

∀x ∈ R

¬(xy = x)
Ingat bahwa ¬

∃y ∈ R

ekuivalen dengan

∀y ∈ R

dan ¬

∀x ∈ R

ekuivalen dengan

∃x ∈ R

.

∀y ∈ R

∃x ∈ R

¬(xy = x)
Selanjutnya, perhatikan bahwa ¬(xy = x) ekuivalen dengan xy 6= x. Dengan demikian, bentuk
negasi pernyataan di atas akan ekuivalen dengan ini.

∀y ∈ R

∃x ∈ R

(xy 6= x)
selesai.

∃y ∈ R

∀x ∈ R

(xy = x) adalah sebagai berikut.

∀y ∈ R

∃x ∈ R

(xy 6= x).

# Soal (c)

∀x ∈ Z

∀y ∈ R

(x = 2y). Kita diperintahkan untuk menentukan negasi
¬

∀x ∈ Z

¬

∀y ∈ R

¬(x = 2y)
Ingat bahwa ¬

∀x ∈ Z

ekuivalen dengan

∃x ∈ Z

dan ¬

∀y ∈ R

ekuivalen dengan

∃y ∈ R

.

∃x ∈ Z

∃y ∈ R

¬(x = 2y)
Selanjutnya, perhatikan bahwa ¬(x = 2y) ekuivalen dengan (x 6= 2y). Dengan demikian, bentuk

∃x ∈ Z

∃y ∈ R

(x 6= 2y)
selesai.

∀x ∈ Z

∀y ∈ R

(x = 2y) adalah sebagai berikut.

∃x ∈ Z

∃y ∈ R

(x 6= 2y).

13
# Soal (d)

∀x ∈ Z

∃y ∈ R

x
y
= 2

. Kita diperintahkan untuk menentukan negasi
¬

∀x ∈ Z

¬

∃y ∈ R

¬

x
y
= 2

Ingat bahwa ¬

∀x ∈ Z

ekuivalen dengan

∃x ∈ Z

dan ¬

∃y ∈ R

ekuivalen dengan

∀y ∈ R

.

∃x ∈ Z

∀y ∈ R

¬

x
y
= 2

Selanjutnya, perhatikan bahwa ¬

x
y
= 2

ekuivalen dengan

x
y
6= 2

. Dengan demikian, bentuk

∃x ∈ Z

∀y ∈ R

x
y
6= 2

selesai.

∀x ∈ Z

∃y ∈ R

x
y
= 2

adalah sebagai berikut.

∃x ∈ Z

∀y ∈ R

x
y
6= 2

.

# Soal (e)

∀x ∈ Z

∀d ∈ R+

∃y ∈ Q

(|x − y| d). Kita diperintahkan untuk menen-
tukan negasi dari pernyataan tersebut tanpa menggunakan simbol ¬.
¬

∀x ∈ Z

¬

∀d ∈ R+

¬

∃y ∈ Q

¬ (|x − y| d)
Ingat bahwa ¬

∀x ∈ Z

ekuivalen dengan

∃x ∈ Z

, ¬

∀d ∈ R+

ekuivalen dengan

∃d ∈ R+

,
dan ¬

∃y ∈ Q

ekuivalen dengan

∀y ∈ Q

. Dengan demikian, bentuk negasi pernyataan di atas
akan ekuivalen dengan ini.

∃x ∈ Z

∃d ∈ R+

∀y ∈ Q

¬ (|x − y| d)
Selanjutnya, perhatikan bahwa ¬ (|x − y| d) ekuivalen dengan (|x − y| ≥ d). Dengan demikian,
bentuk negasi pernyataan di atas akan ekuivalen dengan ini.

∃x ∈ Z

∃d ∈ R+

∀y ∈ Q

(|x − y| ≥ d)
selesai.

∀x ∈ Z

∀d ∈ R+

∃y ∈ Q

(|x − y| d) adalah sebagai
berikut.

∃x ∈ Z

∃d ∈ R+

∀y ∈ Q

(|x − y| ≥ d).

4
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 2
Soal
Untuk masing-masing kalimat pada soal nomor 1 tentukan manakah yang benar antara kalimat asli
atau negasinya. Buktikan setiap jawaban Anda, atau paling tidak berilah penjelasan jawaban Anda
dengan sebaik mungkin!
Dikerjakan
Oke. Soal nomor 1 terdiri dari 5 poin soal, yaitu (a), (b), hingga (e). Dari setiap poin soal tersebut,
kemungkinan yang benar hanya ada satu, antara kalimat asli atau negasinya. Tidak mungkin kalimat
asli atau negasinya, kedua-duanya sama-sama benar atau kedua-duanya sama-sama salah. Pasti hanya
ada satu yang benar, antara kalimat asli atau negasinya.
# Soal (a)
Pernyataan aslinya adalah

∀a ∈ R

∀b ∈ Z

(a2 + b ∈ Z),
sedangkan negasinya adalah

∃a ∈ R

∃b ∈ Z

(a2 + b /
∈ Z).
Untuk mengetahui mana yang benar antara pernyataan asli dan negasinya, mari kita bahasa
Indonesia-kan dulu pertanyaan aslinya sebagai berikut.
Untuk sebarang a ∈ R dan untuk sebarang b ∈ Z, berlaku a2 + b ∈ Z.
15

Kemudian, mari kita pertanyakan pernyataan asli tersebut.
Apakah benar bahwa untuk sebarang a ∈ R dan untuk sebarang b ∈ Z, berlaku a2 + b ∈ Z?
Benar nggak ya?
Oke. Karena pernyataan asli tersebut diawali dengan kuantor Untuk sebarang a ∈ R, mari kita
tentukan a yang sebarang itu sebagai a = π. Kita jelas tahu bahwa π ≈ 3, 14159... itu adalah bilangan
real (R), akan tetapi bukan bilangan bulat (Z).
Tidak hanya itu, kita juga tahu bahwa π2 juga bukan bilangan bulat. Akibatnya, karena π2 bukan
bilangan bulat, maka untuk sebarang bilangan bulat b akan berlaku π2 + b bukan bilangan bulat.
Ingat bahwa x+y adalah bilangan bulat jika dan hanya jika x dan y kedua-duanya adalah bilangan
bulat. Ingat juga bahwa tidak semua bilangan real adalah bilangan bulat, sebagaimana contohnya π.
Jadi, karena terdapat bilangan real a = π sedemikian sehingga untuk setiap bilangan bulat b
berlaku a2 + b bukan bilangan bulat, maka pernyataan asli, yaitu

∀a ∈ R

∀b ∈ Z

(a2 + b ∈ Z)
adalah SALAH. Dengan demikian, yang benar adalah negasinya, yaitu

∃a ∈ R

∃b ∈ Z

(a2+b /
∈ Z)
yang bisa dibahasa Indonesia-kan menjadi:
Terdapat a ∈ R dan terdapat b ∈ Z sedemikian sehingga berlaku a2 + b /
∈ Z.
Negasi tersebut benar karena berlaku untuk a = π dan b = 0.

17
# Soal (b)

∃y ∈ R

∀x ∈ R

(xy = x),

∀y ∈ R

∃x ∈ R

(xy 6= x).
Terdapat y ∈ R sedemikian sehingga untuk sebarang x ∈ R akan berlaku xy = x.
Apakah benar bahwa terdapat y ∈ R sedemikian sehingga untuk sebarang x ∈ R akan
berlaku xy = y?
Benar nggak ya?
Oke. Jawaban pernyataan tersebut adalah BENAR.
Kenapa?
Karena kita bisa menentukan y = 1 sedemikian sehingga untuk sebarang x ∈ R akan berlaku
xy = x · 1 = x.
Jadi, pernyataan asli, yaitu

∃y ∈ R

∀x ∈ R

(xy = x) adalah benar.

# Soal (c)

∀x ∈ Z

∀y ∈ R

(x = 2y),

∃x ∈ Z

∃y ∈ R

(x 6= 2y).
Untuk sebarang x ∈ Z dan untuk sebarang y ∈ R berlaku x = 2y.
Apakah benar bahwa untuk sebarang x ∈ Z dan untuk sebarang y ∈ R berlaku x = 2y?
Benar nggak ya?
Oke. Karena pernyataan asli tersebut diawali dengan kuantor Untuk sebarang x ∈ Z, mari kita
tentukan x yang sebarang itu sebagai x = 3. Kemudian, karena pernyataan asli tersebut juga memuat
Untuk sebarang y ∈ R, mari kita tentukan y yang sebarang itu sebagai y = 3.
Kita jelas tahu bahwa 3 adalah bilangan bulat dan juga bilangan asli. Akan tetapi, x 6= 2y, karena
x = 3 dan 2y = 2 · 3 = 6.
Jadi, karena terdapat bilangan bulat x = 3 dan terdapat bilangan real y = 3 sedemikian sehingga
berlaku x 6= 2y, maka pernyataan asli, yaitu

∀x ∈ Z

∀y ∈ R

(x = 2y) adalah SALAH. Den-
gan demikian, yang benar adalah negasinya, yaitu

∃x ∈ Z

∃y ∈ R

(x 6= 2y) yang bisa dibahasa
Indonesia-kan menjadi:
Terdapat x ∈ Z dan terdapat y ∈ R sedemikian sehingga berlaku x 6= 2y.
Negasi tersebut benar karena berlaku untuk x = 3 dan y = 3.

19
# Soal (d)

∀x ∈ Z

∃y ∈ R

x
y
= 2

,

∃x ∈ Z

∀y ∈ R

x
y
6= 2

.
Untuk sebarang x ∈ Z terdapat y ∈ R sedemikian sehingga berlaku x/y = 2.
Apakah benar bahwa untuk sebarang x ∈ Z terdapat y ∈ R sedemikian sehingga berlaku
x/y = 2?
Benar nggak ya?
Oke. Karena pernyataan asli tersebut diawali dengan kuantor Untuk sebarang x ∈ Z, mari kita
tentukan x yang sebarang itu sebagai x = 0. Perhatikan bahwa untuk sebarang y ∈ R dan y 6= 0 akan
berlaku 0/y = 0 6= 2. Jika y = 0, maka 0/y menjadi tidak terdefinisi dan jelas menjadi 6= 2.
Jadi, karena terdapat bilangan bulat x = 0 sedemikian sehingga untuk sebarang y ∈ R berlaku
x/y 6= 2, maka pernyataan asli, yaitu

∀x ∈ Z

∃y ∈ R

x
y
= 2

adalah SALAH. Dengan
demikian, yang benar adalah negasinya, yaitu

∃x ∈ Z

∀y ∈ R

x
y
6= 2

yang bisa dibahasa
Indonesia-kan menjadi:
Terdapat x ∈ Z sedemikian sehingga untuk sebarang y ∈ R akan berlaku x/y 6= 2.
Negasi tersebut benar karena berlaku untuk x = 0.

# Soal (e)

∀x ∈ Z

∀d ∈ R+

∃y ∈ Q

(|x − y| d),

∃x ∈ Z

∃d ∈ R+

∀y ∈ Q

(|x − y| ≥ d).
Wahahaha... ini soal yang lumayan ganas. Belum tentu mahasiswa semester awal paham akan
soal ini.
Sederhana banget sebetulnya. Pernyataan asli pada soal ini dapat dibahasa Indonesia-kan sebagai
berikut.
Setiap persekitaran dari suatu bilangan bulat memuat bilangan rasional.
Ha? Persekitaran?
Apa itu?
Istilah persekitaran ini mungkin bakal lebih sering didengar saat belajar mata kuliah analisis pada
semester tiga ke atas, utamanya pengantar analisis real. Ya, sebagai informasi, perhatikan definisi
berikut.
Definisi. Persekitaran
Diketahui a adalah bilangan real dan 0. Persekitaran dari a dengan jari-jari dinotasikan sebagai
V(a) dan didefinisikan dengan V(a) = {x ∈ R : |a − x| }
Sebagai contoh, garis bilangan berwarna hijau di bawah ini adalah ilustrasi persekitaran dari 5
dengan jari-jari
√
3, yang bisa dinotasikan dengan V√
3(5). Titik-titik yang membentuk garis hijau
tersebut adalah bilangan real x yang memenuhi pertidaksamaan |5 − x|
√
3 yang ekuivalen dengan
memenuhi pertidaksamaan 5 −
√
3 x 5 +
√
3.
Lalu, bagaimana cara kita membuktikan apakah benar bahwa setiap persekitaran dari suatu bi-
langan bulat memuat bilangan rasional?

21
Wew....
Pertama, kita harus tahu sifat bilangan real berikut.
Untuk sebarang bilangan real a akan terdapat bilangan bulat z sedemikian sehingga berlaku
a z.
Untuk saat ini pembuktian sifat di atas kita skip dulu. Nanti bakal tahu di mata kuliah analisis
real.
Nah, misalkan kita punya suatu persekitaran V(z) dengan z adalah suatu bilangan bulat dan
0. Berdasarkan definisi persekitaran di atas itu, jika x ∈ V(z), maka x akan memenuhi pertidak-
samaan z − x z + .
Oh ya! Perhatikan bahwa V(z) bukan himpunan kosong karena z pasti termuat di V(z).
Pertanyannya, apakah V(z) memuat elemen lain selain z?
Jika ya, apakah elemen lain tersebut adalah bilangan rasional?
Ayo kita cari tahu!
Kita tahu bahwa adalah bilangan real positif. Berdasarkan sifat bilangan real di atas, kita dapat
menemukan bilangan bulat z0 sedemikian sehingga berlaku z0.
Perhatikan! Karena adalah bilangan real positif, maka pastilah z0 yang kita temukan itu adalah
bilangan bulat positif. Ya kan?
Selanjutnya, karena z0 adalah bilangan bulat positif, maka akan berlaku 1/z0 z0. Tentu, 1/z0
juga adalah bilangan real positif.
Hal serupa juga berlaku untuk . Karena adalah bilangan real positif, maka 1/ juga adalah
bilangan real positif.

Selanjutnya, karena z0 adalah pertidaksamaan antara dua bilangan real positif, maka akan
berlaku 1/z0 1/. Ingat! Karena z0 adalah bilangan bulat, maka 1/z0 adalah bilangan rasional.
Kemudian, menggunakan pertidaksamaan 1/z0 1/, kita akan memperoleh pertidaksamaan
1/z0 1/ ≤ . Dengan demikian, akan berlaku pertidaksamaan 1/z0 .
Nah, jika kedua ruas pertidaksamaan 1/z0 kita jumlahkan dengan z, maka akan diperoleh
pertidaksamaan berikut.
1/z0 + z + z
Pertidaksamaan di atas akan ekuivalen dengan pertidaksamaan berikut.
z 1/z0 + z z +
Berdasarkan definisi persekitaran, kita dapat menyimpulkan bahwa 1/z0 + z ∈ V(z).
Nah, karena z adalah bilangan bulat, maka z bisa kita nyatakan sebagai bilangan rasional z/1.
Dengan demikian, 1/z0 + z = 1/z0 + z/1 = (1 + z · z0)/z0 adalah bilangan rasional.
Jadi, benar bahwa setiap persekitaran dari suatu bilangan bulat memuat bilangan rasional.
Pada akhirnya, supaya pembahasan ini sejalan dengan soal, mari kita tanyakan:
Apakah pernyataan ini

∀x ∈ Z

∀d ∈ R+

∃y ∈ Q

(|x − y| d) benar?
yang ekuivalen dengan:
Apakah untuk sebarang x ∈ Z dan untuk sebarang d ∈ R+, maka kita dapat menemukan y ∈ Q
sedemikian sehingga berlaku |x − y| d?
Jawabannya adalah BENAR, karena untuk sebarang x ∈ Z dan untuk sebarang d ∈ R+, maka
kita dapat menemukan y ∈ Q yang didefinisikan sebagai:
y =
1 + x · z0
z0
dengan z0 adalah bilangan bulat positif yang memenuhi d z0
sedemikian sehingga berlaku |x − y| d.

5
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 3
Soal
Diberikan pernyataan Grafik fungsi-fungsi dengan persamaan x2 + x + 2 dan y = x − 2 tidak berpo-
tongan.
(a) Nyatakan pernyataan di atas dalam bentuk simbol logika (tanpa menggunakan kata-kata), den-
gan menggunakan kwantor-kwantor sehingga simbol negasi ¬ digunakan di awal pernyataan.
(b) Nyatakan lagi pernyataan di atas dalam bentuk simbol logika (tanpa menggunakan kata-kata),
dengan menggunakan kwantor-kwantor tanpa menggunakan simbol negasi ¬ diawal perny-
ataan.
Dikerjakan
Dari soal diketahui 2 fungsi:
1. x2 + x + 2, dan
2. y = x − 2
Kita sebut x2 + x + 2 sebagai fungsi pertama. Kita notasikan fungsi pertama sebagai f1, sedemikian
sehingga f1(x) = x2 + x + 2.
Selanjutnya, kita sebut y = x − 2 sebagai fungsi kedua. Kita notasikan fungsi kedua sebagai f2,
sedemikian sehingga f2(x) = x − 2.
23

Selanjutnya lagi, dari soal kita punya pernyataan Grafik fungsi-fungsi dengan persamaan x2+x+2
dan y = x − 2 tidak berpotongan. Pernyataan ini ekuivalen dengan Grafik fungsi f1 dan f2 tidak
berpotongan. Betul toh?
Nah, jika grafik fungsi f1 dan f2 tidak berpotongan, artinya untuk setiap x yang merupakan ele-
men di domain(f1) ∩ domain(f2) akan berakibat f1(x) 6= f2(x).
Ingat lho! Setiap fungsi itu kan memiliki domain dan range. Domain fungsi f1 dan domain fungsi f2
bisa jadi sama, bisa jadi berbeda, bisa jadi punya irisan, bisa jadi pula tidak beririsan. Ya toh?
Akan tetapi, jika grafik fungsi f1 dan f2 berpotongan, maka domain fungsi f1 dan domain fungsi f2
itu pasti beririsan. Misalkan grafik fungsi f1 dan f2 berpotongan di x = α. Artinya kan f1(α) = f2(α)
toh? Karena f1(α) ada nilainya, maka kan α ∈ domain(f1). Juga, karena f2(α) ada nilainya, maka
kan α ∈ domain(f2). Karena α ∈ domain(f1), α ∈ domain(f2) dan f1(α) = f2(α), maka kan kita
bisa menyimpulkan bahwa α ∈ domain(f1) ∩ domain(f2). Ya toh?
Nah, jika Grafik fungsi f1 dan f2 berpotongan, maka kita dapat menyatakan pernyataan tersebut
dalam bentuk simbol logika dan kwantor menjadi seperti ini.
(∃α ∈ domain(f1) ∩ domain(f2)) f1(α) = f2(α)
Bentuk pernyataan di atas ekuivalen dengan ini.
(∃x ∈ domain(f1) ∩ domain(f2)) x2 + x + 2 = x − 2
***
Berdasarkan soal, kita diperintahkan untuk menyatakan pernyataan Grafik fungsi-fungsi dengan
persamaan x2 + x + 2 dan y = x − 2 tidak berpotongan dalam bentuk simbol logika (tanpa meng-
gunakan kata-kata), dengan menggunakan kwantor-kwantor sehingga simbol negasi ¬ digunakan di
awal pernyataan.
Perhatikan bahwa pernyataan Grafik fungsi-fungsi dengan persamaan x2 + x + 2 dan y = x − 2
tidak berpotongan adalah negasi dari pernyataan Grafik fungsi-fungsi dengan persamaan x2 + x + 2
dan y = x − 2 berpotongan.
Sebagaimana yang sudah kita kerjakan, pernyataan Grafik fungsi-fungsi dengan persamaan x2 +x+2
dan y = x − 2 berpotongan memiliki bentuk simbol logika dan kwantor sebagai berikut.
(∃x ∈ domain(f1) ∩ domain(f2)) x2 + x + 2 = x − 2
Dengan demikian, bentuk simbol logika dan kwantor pernyataan Grafik fungsi-fungsi dengan per-

25
samaan x2 + x + 2 dan y = x − 2 tidak berpotongan adalah negasi dari bentuk pernyataan di atas,
yaitu sebagai berikut.
¬ (∃x ∈ domain(f1) ∩ domain(f2)) ¬ x2 + x + 2 = x − 2

(P1)
***
Selanjutnya, kita akan menyatakan pernyataan Grafik fungsi-fungsi dengan persamaan x2 +x+2
dan y = x−2 tidak berpotongan dalam bentuk simbol logika (tanpa menggunakan kata-kata), dengan
menggunakan kwantor-kwantor tanpa menggunakan simbol negasi ¬ digunakan di awal pernyataan.
Perhatikan bahwa negasi dari (∃x ∈ domain(f1) ∩ domain(f2)) tidak lain adalah
(∀x ∈ domain(f1) ∪ domain(f2)). Dengan demikian bentuk pernyataan (P1) akan ekuivalen dengan
ini.
(∀x ∈ domain(f1) ∪ domain(f2)) ¬ x2 + x + 2 = x − 2

(P2)
Selanjutnya, mari kita sederhanakan persamaan x2 + x + 2 = x − 2. Perhatikan ekuivalensi berikut.
x2
+ x + 2 = x − 2 ≡ (x2
+ x + 2) − x = (x − 2) − x
≡ x2
+ 2 = −2
≡ (x2
+ 2) + 2 = (−2) + 2
≡ x2
+ 4 = 0
Berdasarkan penjabaran di atas persamaan x2 +x+2 = x−2 ekuivalen dengan persamaan x2 +4 = 0.
Dengan demikian bentuk pernyataan (P2) akan ekuivalen dengan ini.
(∀x ∈ domain(f1) ∪ domain(f2)) ¬ x2 + 4 = 0

(P3)
Pernyataan (P3) akan ekuivalen dengan pernyataan berikut.
(∀x ∈ domain(f1) ∪ domain(f2)) x2 + 4 6= 0 (P4)
Lebih lanjut, jika kita asumsikan bahwa fungsi f1 dan f2 didefinisikan di himpunan bilangan real,
maka persamaan x2 + 4 = 0 tidak akan memiliki penyelesaian (tidak ada x ∈ R sedemikian sehingga
x2 + 4 = 0). Dengan kata lain, menurut sifat trikotomi bilangan real, maka untuk sebarang x ∈ R,
pastilah berlaku x2 + 4 0 atau x2 + 4 0.

Jadi, jika kita menyatakan pernyataan Grafik fungsi-fungsi dengan persamaan x2 + x + 2 dan
y = x − 2 tidak berpotongan dalam bentuk simbol logika (tanpa menggunakan kata-kata), dengan
menggunakan kwantor-kwantor tanpa menggunakan simbol negasi ¬ digunakan di awal pernyataan,
maka hasilnya adalah sebagai berikut.
(∀x ∈ domain(f1) ∪ domain(f2)) x2 + 4 0 atau x2 + 4 0

6
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 4
Soal
Buktikan dengan menggunakan induksi persamaan
n
X
k=1
k3
=
n
X
k=1
k
!2
, berlaku untuk semua bilangan
asli n.
Dikerjakan
Untuk membuktikan bahwa persamaan
n
X
k=1
k3
=
n
X
k=1
k
!2
berlaku untuk semua bilangan asli n,
maka kita harus membuktikan bahwa:
1. Persamaan
n
X
k=1
k3
=
n
X
k=1
k
!2
berlaku benar untuk n = 1, dan
2. Jika persamaan
n
X
k=1
k3
=
n
X
k=1
k
!2
berlaku benar untuk suatu bilangan asli n = α, maka
persamaan tersebut harus berlaku benar untuk n = α + 1.
27

Pertama, kita akan membuktikan bahwa persamaan
n
X
k=1
k3
=
n
X
k=1
k
!2
berlaku benar untuk n = 1.
Perhatikan bahwa
1
X
k=1
k3
= 13
= 1 dan
1
X
k=1
k
!2
= (1)2
= 1. Dengan demikian, kita bisa menyim-
pulkan bahwa persamaan
n
X
k=1
k3
=
n
X
k=1
k
!2
berlaku benar untuk n = 1.
Selanjutnya, kita akan membuktikan bahwa jika persamaan
n
X
k=1
k3
=
n
X
k=1
k
!2
berlaku benar
untuk suatu bilangan asli n = α, maka persamaan tersebut harus berlaku benar untuk n = α + 1.
Perhatikan penjabaran berikut.
α+1
X
k=1
k3
= 13
+ 23
+ 33
+ ... + α3
+ (α + 1)3
=

13
+ 23
+ 33
+ ... + α3

+ (α + 1)3
=
α
X
k=1
k3
+ (α + 1)3
Karena diasumsikan persamaan
n
X
k=1
k3
=
n
X
k=1
k
!2
berlaku benar untuk suatu bilangan asli n = α,
maka
α
X
k=1
k3
=
α
X
k=1
k
!2
. Dengan demikian akan berlaku persamaan berikut.
α+1
X
k=1
k3
=
α
X
k=1
k3
+ (α + 1)3
=
α
X
k=1
k
!2
+ (α + 1)3
=
α
X
k=1
k
!2
+ (α + 1)(α + 1)2
=
α
X
k=1
k
!2
+ (α + 1)(α2
+ 2α + 1)
=
α
X
k=1
k
!2
+ (α + 1)(α2
+ α + α + 1)
=
α
X
k=1
k
!2
+ (α + 1)

α(α + 1) + (α + 1)

29
Nah, kemudian, menggunakan sifat berikut
Sifat
Untuk setiap bilangan asli n akan berlaku:
2
n
X
k=1
k = (n)(n + 1)
bentuk
α
X
k=1
k
!2
+ (α + 1)

α(α + 1) + (α + 1)

akan menjadi seperti ini.
α
X
k=1
k
!2
+ (α + 1)

α(α + 1) + (α + 1)

=
α
X
k=1
k
!2
+ (α + 1)

2
α
X
k=1
k + (α + 1)

=
α
X
k=1
k
!2
+ 2(α + 1)
α
X
k=1
k + (α + 1)2
=
α
X
k=1
k + (α + 1)
!2
=
α+1
X
k=1
k
!2
Berdasarkan penjabaran panjang di atas, kita akan memperoleh persamaan:
α+1
X
k=1
k3
=
α
X
k=1
k
!2
+ (α + 1)

α(α + 1) + (α + 1)

=
α+1
X
k=1
k
!2
Dengan demikian kita dapat menyimpulkan bahwa jika persamaan
n
X
k=1
k3
=
n
X
k=1
k
!2
berlaku benar
untuk suatu bilangan asli n = α, maka persamaan tersebut juga berlaku benar untuk n = α + 1.
Jadi, dengan induksi, kita dapat menyimpulkan bahwa persamaan
n
X
k=1
k3
=
n
X
k=1
k
!2
berlaku un-
tuk semua bilangan asli n.

Pembuktian Ekstra
Pembuktikan sifat 2
n
X
k=1
k = (n)(n + 1) adalah sebagai berikut.
Karena
n
X
k=1
k = 1 + 2 + 3 + ... + (n − 2) + (n − 1) + n, maka jelas bahwa:
2
n
X
k=1
k = 2 · (1 + 2 + 3 + ... + (n − 2) + (n − 1) + n)
= (1 + 2 + 3 + ... + (n − 2) + (n − 1) + n) + (1 + 2 + 3 + ... + (n − 2) + (n − 1) + n)
= (1 + 2 + 3 + ... + (n − 2) + (n − 1)) + (n + 1) + (2 + 3 + ... + (n − 2) + (n − 1) + n)
= (1 + 2 + 3 + ... + (n − 2)) + 2(n + 1) + (3 + ... + (n − 2) + (n − 1) + n)
= (1 + 2 + 3 + ... + (n − 3)) + 3(n + 1) + (4 + ... + (n − 2) + (n − 1) + n)
= (1 + 2 + 3 + ... + (n − 4)) + 4(n + 1) + (5 + ... + (n − 2) + (n − 1) + n)
dan seterusnya hingga pada suatu ketika akan berbentuk
= x(n + 1)
dengan x adalah banyaknya suku pada jumlahan.
Karena
n
X
k=1
k = 1 + 2 + 3 + ... + (n − 2) + (n − 1) + n adalah jumlahan dari n suku, maka kita dapat
menarik kesimpulan bahwa x = n. Dengan demikian terbukti benar bahwa 2
n
X
k=1
k = (n)(n + 1).

7
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 5
Soal
Selidiki apakah p ⇐⇒ q mempunyai nilai logika yang sama dengan (p ∧ q) ∨ (p̄ ∧ q̄). Berikan
bukti yang mendukung jawaban anda!
Dikerjakan
Oke deh. Bentuk p ⇐⇒ q itu kan ekuivalen dengan (p =⇒ q) ∧ (q =⇒ p) yang ekuivalen
dengan (p̄ ∨ q) ∧ (q̄ ∨ p).
Jika p = TRUE, maka (p̄∨q)∧(q̄ ∨p) ekuivalen dengan (FALSE∨q)∧(q̄ ∨TRUE) yang ekuivalen
dengan q ∧ TRUE yang akan bernilai TRUE jika dan hanya jika q = TRUE.
Di lain sisi, jika p = TRUE, maka (p ∧ q) ∨ (p̄ ∧ q̄) ekuivalen dengan (TRUE ∧ q) ∨ (FALSE ∧ q̄)
yang akan bernilai TRUE jika dan hanya jika q = TRUE.
Kemudian, jika p = FALSE, maka (p̄ ∨ q) ∧ (q̄ ∨ p) ekuivalen dengan (TRUE ∨ q) ∧ (q̄ ∨ FALSE)
yang ekuivalen dengan TRUE ∧ q̄ yang akan bernilai TRUE jika dan hanya jika q = FALSE.
Di lain sisi, jika p = FALSE, maka (p ∧ q) ∨ (p̄ ∧ q̄) ekuivalen dengan (FALSE ∧ q) ∨ (TRUE ∧ q̄)
yang akan bernilai TRUE jika dan hanya jika q = FALSE.
31

Jadi, berdasarkan penjabaran di atas, nilai logika p ⇐⇒ q dan (p ∧ q) ∨ (p̄ ∧ q̄) adalah sama.

8
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 6
Soal
Selidiki apakah bentuk di bawah ini merupakan tautologi atau kontradiksi.
(p =⇒ q) =⇒ [(p ∨ r) =⇒ (q ∨ r)]
Dikerjakan
Oke. Kita notasikan:
1. P(p, q) = (p =⇒ q), dan
2. Q(p, q, r) = (p ∨ r) =⇒ (q ∨ r),
dengan demikian bentuk pada soal akan ekuivalen dengan P(p, q) =⇒ Q(p, q, r).
Selanjutnya, ayo kita sederhanakan bentuk Q(p, q, r).
33

Q(p, q, r) = (p ∨ r) =⇒ (q ∨ r) ⇐⇒ ¬(p ∨ r) ∨ (q ∨ r)
⇐⇒ (¬p ∧ ¬r) ∨ (q ∨ r)
⇐⇒ ((¬p ∧ ¬r) ∨ q) ∨ ((¬p ∧ ¬r) ∨ r)
⇐⇒ ((¬p ∨ q) ∧ (¬r ∨ q)) ∨ ((¬p ∨ r) ∧ (¬r ∨ r))
Karena (¬p ∨ q) ekuivalen p =⇒ q maka:
⇐⇒ ((p =⇒ q) ∧ (¬r ∨ q)) ∨ ((¬p ∨ r) ∧ (¬r ∨ r))
Karena p =⇒ q ekuivalen P(p, q) maka:
⇐⇒ (P(p, q) ∧ (¬r ∨ q)) ∨ ((¬p ∨ r) ∧ (¬r ∨ r))
Karena (¬r ∨ r =) TRUE, maka:
⇐⇒ (P(p, q) ∧ (¬r ∨ q)) ∨ ((¬p ∨ r) ∧ TRUE)
Jadi, Q(p, q, r) = (P(p, q) ∧ (¬r ∨ q)) ∨ ((¬p ∨ r) ∧ TRUE).
***
Jika P(p, q) =⇒ Q(p, q, r) adalah tautologi, maka apapun nilai kebenaran p, q, atau r akan selalu
menyebabkan P(p, q) =⇒ Q(p, q, r) bernilai TRUE.
Ya nggak?
Nah, sekarang kita andaikan P(p, q) =⇒ Q(p, q, r) bukan tautologi. Dengan demikian, bakal
ada nilai kebenaran untuk p, q, dan r yang menyebabkan P(p, q) =⇒ Q(p, q, r) bernilai FALSE.
Ya Nggak?
Nah, perhatikan bahwa P(p, q) =⇒ Q(p, q, r) bernilai FALSE jika dan hanya jika P(p, q)
bernilai TRUE dan Q(p, q, r) bernilai FALSE.
Jika Q(p, q, r) bernilai FALSE, maka akan ekuivalen dengan:
(P(p, q) ∧ (¬r ∨ q)) ∨ ((¬p ∨ r) ∧ TRUE) bernilai FALSE.
Ya nggak?

35
Nah, perhatikan bahwa (P(p, q) ∧ (¬r ∨ q)) ∨ ((¬p ∨ r) ∧ TRUE) akan bernilai FALSE
jika dan hanya jika (P(p, q) ∧ (¬r ∨ q)) dan ((¬p ∨ r) ∧ TRUE) keduanya bernilai FALSE.
Ayo kita selidiki lebih rinci.
# 1 (P(p, q) ∧ (¬r ∨ q))
Berdasarkan pengandaian, kita memperoleh (P(p, q) bernilai TRUE. Akibatnya, bentuk (P(p, q) ∧ (¬r∨
q)) akan menjadi:
(TRUE ∧ (¬r ∨ q))
Nah, karena (TRUE ∧ (¬r ∨ q)) bernilai FALSE, maka mau tidak mau, (¬r ∨ q) harus bernilai
FALSE.
Ya nggak?
# 2 ((¬p ∨ r) ∧ TRUE)
Karena ((¬p∨r) ∧ TRUE) bernilai FALSE, maka mau tidak mau, (¬p∨r) harus bernilai FALSE.
Ya nggak?
Nah, berdasarkan poin # 1 dan # 2, kita memperoleh hasil suatu keharusan sebagai berikut.
1. (¬r ∨ q) harus bernilai FALSE, dan
2. (¬p ∨ r) harus bernilai FALSE
Pertanyaannya, apakah ada nilai kebenaran untuk p, q, dan r yang akan menyebabkan poin 1.
dan 2. di atas berlaku?
Jawabannya tentu saja TIDAK ADA!
Lha, kenapa?
Coba saja cek nilai kebenaran r! Jika nilai kebenaran r adalah TRUE, maka akan menyebabkan
(¬p ∨ r) bernilai TRUE. Sebaliknya, jika nilai kebenaran r adalah FALSE, maka akan menyebabkan
(¬r ∨ q) bernilai TRUE.
Si r ini mengacaukan segalanya toh? Hehehe.

***
Kesimpulannya, pengandaian di awal bahwa P(p, q) =⇒ Q(p, q, r) bukan tautologi adalah
TIDAK BENAR!.
Jadi, yang benar (p =⇒ q) =⇒ [(p ∨ r) =⇒ (q ∨ r)] adalah tautologi.

9
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 7
Soal
(a) Jika diketahui q =⇒ (r ∧ s) bernilai benar dan q ∧ s bernilai salah, tentukan nilai kebenaran
pernyataan q! Jelaskan jawaban saudara!
(b) Jika diketahui (p ∨ q) =⇒ r, dan p ∨ r bernilai benar, tentukan nilai kebenaran pernyataan r!
Jelaskan jawaban saudara!
Dikerjakan
• Soal (a)
Pertama-tama, ayo kita sederhanakan dulu bentuk q =⇒ (r ∧ s) sebagaimana berikut.
q =⇒ (r ∧ s) ⇐⇒ ¬q ∨ (r ∧ s)
⇐⇒ (¬q ∨ r) ∧ (¬q ∨ s)
Berdasarkan penjabaran di atas, bentuk q =⇒ (r ∧ s) ekuivalen dengan (¬q ∨ r) ∧ (¬q ∨ s).
Selanjutnya, karena diketahui q =⇒ (r∧s) bernilai TRUE, maka (¬q∨r) ∧ (¬q∨s) juga bernilai
TRUE.
37

Karena (¬q ∨ r) ∧ (¬q ∨ s) bernilai TRUE, maka (¬q ∨ r) dan (¬q ∨ s) juga harus bernilai TRUE.
Berdasarkan soal, diketahui bahwa q ∧ s bernilai FALSE.
Nah, berdasarkan penjabaran di atas, kita punya:
1. ¬q ∨ s bernilai TRUE, dan
2. q ∧ s bernilai FALSE.
Karena q ∧ s bernilai FALSE, maka negasinya bernilai TRUE. Negasi dari q ∧ s tidak lain adalah
¬(q ∧ s) = ¬q ∨ ¬s.
1. ¬q ∨ s bernilai TRUE, dan
2. ¬q ∨ ¬s bernilai TRUE.
Nah ini!
Karena ¬q ∨ s bernilai TRUE dan ¬q ∨ ¬s bernilai TRUE, maka kita bisa menyimpulkan bahwa
nilai kebenaran s tidak akan berpengaruh pada nilai kebenaran ¬q ∨ s dan ¬q ∨ ¬s.
Dengan kata lain, karena ¬q ∨ s bernilai TRUE dan ¬q ∨ ¬s bernilai TRUE sementara nilai
kebenaran disjungsi tersebut tidak bergantung pada nilai kebenaran s, maka kita bisa menyimpulkan
bahwa ¬q PASTI bernilai TRUE. Dengan kata lain, q bernilai FALSE.
Lebih lanjut, karena berdasarkan soal diketahui q =⇒ (r∧s) bernilai TRUE sementara q bernilai
FALSE, maka pastilah r ∧ s bernilai TRUE, yang dapat disimpulkan bahwa r dan s kedua-duanya
bernilai TRUE.
Jadi, jika diketahui q =⇒ (r ∧ s) bernilai benar dan q ∧ s bernilai salah, maka q bernilai salah
sementara r dan s kedua-duanya bernilai benar.

39
• Soal (b)
Pertama-tama, ayo kita sederhanakan dulu bentuk (p ∨ q) =⇒ r sebagaimana berikut.
(p ∨ q) =⇒ r ⇐⇒ ¬(p ∨ q) ∨ r
⇐⇒ (¬p ∧ ¬q) ∨ r
⇐⇒ (¬p ∨ r) ∧ (¬q ∨ r)
Berdasarkan penjabaran di atas, bentuk (p ∨ q) =⇒ r ekuivalen dengan (¬p ∨ r) ∧ (¬q ∨ r).
Selanjutnya, karena diketahui (p∨q) =⇒ r bernilai TRUE, maka (¬p∨r) ∧ (¬q∨r) juga bernilai
TRUE.
Karena (¬p ∨ r) ∧ (¬q ∨ r) bernilai TRUE, maka (¬p ∨ r) dan (¬q ∨ r) harus bernilai TRUE.
Berdasarkan soal, diketahui bahwa p ∨ r bernilai TRUE.
1. ¬p ∨ r bernilai TRUE, dan
2. p ∨ r bernilai TRUE.
Karena ¬p ∨ r dan p ∨ r bernilai TRUE, maka kita bisa menyimpulkan bahwa nilai kebenaran
¬p ∨ r dan p ∨ r tidak bergantung pada nilai kebenaran p. Dengan kata lain, kita bisa menyimpulkan
bahwa nilai kebenaran r adalah TRUE.

10
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 1
Soal
Diberikan himpunan A, B,C, dan D.
(a) Buktikan A ⊆ B jika dan hanya jika A − B = ∅.
(b) Buktikan jika A ⊆ B, maka A − C ⊆ B − C.
(c) Buktikan (A × B) ∪ (C × D) ⊆ (A ∪ C) × (B ∪ D).
Dikerjakan
• Soal (a)
Kita akan membuktikan bahwa A ⊆ B jika dan hanya jika A − B = ∅. Caranya, adalah dengan
membuktikan kebenaran dari dua pernyataan berikut.
1. (=⇒) Jika A ⊆ B, maka A − B = ∅.
2. (⇐=) Jika A − B = ∅, maka A ⊆ B.
41

42 10. AYO KERJAKAN! UJIAN AKHIR SEMESTER SOAL NOMOR 1
Pembuktian (=⇒)
Kita akan membuktikan jika diketahui A ⊆ B, maka akan berlaku A − B = ∅.
Karena diketahui A ⊆ B, maka setiap elemen di himpunan A juga adalah elemen di himpunan B
(∀x ∈ A =⇒ x ∈ B).
Nah, karena terdapat himpunan B, maka terdapat pula himpunan Bc, yaitu himpunan semua
elemen di himpunan semesta yang bukan merupakan elemen himpunan B.
Bc = {x ∈ SEMESTA : x /
∈ B}
Perhatikan bahwa himpunan B dan Bc itu saling asing. Dalam notasi himpunan, jika himpunan
X dan Y saling asing maka akan berlaku X ∩ Y = ∅. Dalam hal himpunan B dan Bc, maka akan
berlaku B ∩ Bc = ∅.
Dengan demikian, jika suatu elemen termuat di himpunan B, maka elemen tersebut tidak akan
termuat di himpunan Bc. Hal sebaliknya juga berlaku, jika suatu elemen termuat di himpunan Bc,
maka elemen tersebut tidak akan termuat di himpunan B.
Kembali lagi, karena diketahui A ⊆ B, maka setiap elemen di himpunan A juga akan termuat di
himpunan B. Dengan kata lain, setiap elemen di himpunan A tidak akan termuat di himpunan Bc.
Dengan demikian, himpunan A dan Bc saling asing.
Karena himpunan A dan Bc saling asing, maka dalam notasi himpunan akan berlaku A ∩ Bc = ∅.
Ingat bahwa notasi A ∩ Bc itu ekuivalen dengan A − B. Dengan demikian, terbukti bahwa jika dike-
tahui A ⊆ B, maka akan berlaku A − B = ∅.
Pembuktian (⇐=)
Selanjutnya, kita akan membuktikan jika diketahui A − B = ∅, maka akan berlaku A ⊆ B.
Ingat! Notasi A − B itu ekuivalen dengan A ∩ Bc. Dengan demikian, diketahui bahwa A ∩ Bc = ∅.
Karena A ∩ Bc = ∅, itu berarti himpunan A dan Bc saling asing. Dengan kata lain, jika suatu
elemen termuat di himpunan A, maka elemen tersebut tidak akan termuat di himpunan Bc, dan
berlaku pula sebaliknya.
Nah, perhatikan dengan saksama! Misalkan x adalah sebarang elemen himpunan A. Sesuai apa
yang diketahui, elemen x tersebut tidak akan termuat di himpunan Bc. Perhatikan bahwa Bc
adalah himpunan semua elemen di himpunan semesta yang bukan merupakan elemen himpunan B.
Bc = {x ∈ SEMESTA : x /
∈ B}
Nah, dengan demikian... karena elemen x ∈ A tersebut tidak termuat di himpunan Bc, maka kita
dapat menyimpulkan bahwa elemen x tersebut termuat di himpunan B!

43
Lho? Kok bisa?
Perhatikan!
1. Himpunan B dan Bc saling asing. (B ∩ Bc = ∅)
2. Gabungan himpunan B dan Bc adalah himpunan semesta. (B ∪ Bc = SEMESTA)
3. Jika suatu elemen termuat di himpunan B, maka elemen tersebut tidak akan termuat di
himpunan Bc, dan berlaku pula sebaliknya.
Dengan demikian, kita bisa menyimpulkan bahwa setiap elemen di himpunan A termuat di him-
punan B. Dengan kata lain A ⊆ B. Dengan demikian, terbukti bahwa jika diketahui A − B = ∅,
maka akan berlaku A ⊆ B.
• Soal (b)
Kita akan membuktikan bahwa jika A ⊆ B, maka A − C ⊆ B − C. Ingat ya! Karena A ⊆ B,
maka setiap elemen himpunan A adalah juga elemen himpunan B.
Kemudian, kita ambil sebarang himpunan X yang berasal dari himpunan kuasa semesta yang
sama dengan asal himpunan A, B, dan C. Menggunakan himpunan X, kita bentuk himpunan A0
yang didefinisikan sebagai A0 = A ∩ X. Perhatikan bahwa jika kita mengambil sebarang elemen x
dari himpunan A0, maka elemen x tersebut termuat di himpunan A sekaligus termuat di himpunan X.
Nah, karena diketahui A ⊆ B, maka elemen x dari himpunan A0 yang kita pilih secara sembarang
itu juga termuat di himpunan B! Ringkasnya, jika kita mengambil sebarang elemen x dari himpunan
A0 = A ∩ X, maka tiga hal di bawah akan berlaku.
• Elemen x termuat di himpunan A,
• Elemen x termuat di himpunan B, dan
• Elemen x termuat di himpunan X.
Nah, karena elemen x termuat di himpunan B sekaligus termuat di himpunan X, maka kita bisa
menyatakan bahwa elemen x termuat di himpunan B0 yang didefinisikan sebagai B0 = B ∩ X.
Dengan demikian, jika kita mengambil sebarang elemen himpunan A0, maka elemen tersebut akan
termuat di himpunan B0. Dengan kata lain, jika kita mengambil sebarang elemen himpunan A ∩ X,
maka elemen tersebut akan termuat di himpunan B ∩ X. Singkatnya, akan berlaku A ∩ X ⊆ B ∩ X.

Ingat! Himpunan X adalah sebarang himpunan yang berasal dari kuasa himpunan semesta yang
sama seperti asal himpunan A dan B. Misalkan kita tetapkan himpunan X sebagai himpunan C.
Dari himpunan C, jelas kita bisa membentuk himpunan Cc. Dengan demikian, akan berlaku pula
sifat A ∩ Cc ⊆ B ∩ Cc.
Nah, karena notasi A∩Cc ekuivalen dengan A−C dan juga notasi B ∩Cc ekuivalen dengan B −C,
maka kita bisa menyatakan bahwa A − C ⊆ B − C.
Dengan demikian terbukti bahwa jika A ⊆ B, maka akan berlaku A − C ⊆ B − C.
• Soal (c)
Kita akan membuktikan bahwa (A × B) ∪ (C × D) ⊆ (A ∪ C) × (B ∪ D).
Ingat! (A × B) dan (C × D) itu adalah himpunan-himpunan yang didefinisikan sebagai berikut.
• (A × B) = { (x, y) : x ∈ A, y ∈ B}
• (C × D) = { (x, y) : x ∈ C, y ∈ D}
Perhatikan bahwa elemen-elemen himpunan (A × B) dan (C × D) sama-sama berbentuk pasan-
gan elemen (x, y). Dengan demikian, jika dibentuk himpunan (A × B) ∪ (C × D), maka kita bisa
mendefinisikan himpunan tersebut sebagai berikut.
(A × B) ∪ (C × D) = { (x, y) : (x, y) ∈ (A × B) atau (x, y) ∈ (C × D)}
Kemudian, perhatikan bahwa himpunan (A ∪ C) × (B ∪ D) dapat kita definisikan sebagai berikut.
(A ∪ C) × (B ∪ D) = { (x, y) : x ∈ (A ∪ C), y ∈ (B ∪ D)}
Dengan demikian, jika kita ambil sebarang elemen (x, y) dari himpunan (A ∪ C) × (B ∪ D), maka
salah satu dari empat kemungkinan di bawah bisa berlaku.
1. x ∈ A dan y ∈ B.
2. x ∈ C dan y ∈ B.
3. x ∈ A dan y ∈ D.
4. x ∈ C dan y ∈ D.
Perhatikan! Poin nomor 1 dan 4 di atas ekuivalen dengan (x, y) ∈ (A × B) dan (x, y) ∈ (C × D).
Dengan demikian, jika kita ambil sebarang elemen (x, y) dari himpunan (A ∪ C) × (B ∪ D), maka
salah satu dari empat kemungkinan di bawah bisa berlaku.

45
1. (x, y) ∈ (A × B).
2. x ∈ C dan y ∈ B.
3. x ∈ A dan y ∈ D.
4. (x, y) ∈ (C × D).
Nah, karena elemen (x, y) dari himpunan (A ∪ C) × (B ∪ D) kita pilih secara sebarang, maka
berdasarkan poin nomor 1 dan 3, kita dapat menyimpulkan bahwa himpunan (A × B) termuat di
(A ∪ C) × (B ∪ D), atau dengan kata lain (A × B) ⊆ (A ∪ C) × (B ∪ D).
Serupa dengan himpunan (A × B), kita juga dapat menyimpulkan bahwa himpunan (C × D) ter-
muat di (A ∪ C) × (B ∪ D), atau dengan kata lain (C × D) ⊆ (A ∪ C) × (B ∪ D). Dengan demikian,
kita dapat menyatakan bahwa (A × B) ∪ (C × D) ⊆ (A ∪ C) × (B ∪ D).

11
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 2
Soal
Diberikan himpunan A dan B, P(A) menyatakan himpunan kuasa dari himpunan A. Selidiki apakah
berlaku P(A ∩ B) = P(A) ∩ P(B) dan P(A ∪ B) = P(A) ∪ P(B). Jelaskan jawaban saudara!
Dikerjakan
Sebelumnya, ayo ingat dulu!
Definisi. Himpunan Kuasa.
Diketahui X adalah suatu himpunan.
Himpunan kuasa dari X (dinotasikan P(X)) adalah himpunan semua himpunan bagian dari X.
Dengan demikian, untuk sebarang Y ⊆ X, maka akan berlaku Y ∈ P(X).
Sifat. Himpunan Kuasa.
Diketahui X dan Y adalah suatu himpunan dengan Y ⊆ X.
Maka akan berlaku P(Y ) ⊆ P(X).
47

Pertama, kita akan menyelidiki apakah benar berlaku P(A ∩ B) = P(A) ∩ P(B) dengan cara
menyelidiki apakah benar berlaku P(A ∩ B) ⊆ P(A) ∩ P(B) dan P(A) ∩ P(B) ⊆ P(A ∩ B).
Mari kita amati himpunan A ∩ B. Jelas, jika kita ambil sebarang elemen x ∈ A ∩ B, maka akan
berlaku x ∈ A dan x ∈ B. Karena elemen x yang kita pilih adalah sebarang, maka akan berlaku
(A ∩ B) ⊆ A dan (A ∩ B) ⊆ B. Nah, menurut sifat himpunan kuasa di atas, maka akan berlaku
P(A ∩ B) ⊆ P(A) dan P(A ∩ B) ⊆ P(B). Dengan demikian, kita dapat menyimpulkan bahwa
P(A ∩ B) ⊆ P(A) ∩ P(B).
Selanjutnya, kita ambil sebarang X ∈ P(A) ∩ P(B). Dengan demikian, akan berlaku X ∈ P(A)
dan X ∈ P(B). Karena X ∈ P(A), maka kita dapat menyimpulkan bahwa X adalah himpunan bagian
dari A (yaitu X ⊆ A). Demikian pula, karena X ∈ P(B), maka kita dapat menyimpulkan bahwa
X adalah himpunan bagian dari B (yaitu X ⊆ B). Dengan demikian, akan berlaku X ⊆ (A ∩ B).
Akibatnya, himpunan kuasa dari himpunan A ∩ B pasti memuat himpunan X atau dengan kata lain
X ∈ P(A ∩ B). Nah, karena untuk sebarang X ∈ P(A) ∩ P(B) akan berlaku X ∈ P(A ∩ B), maka
kita dapat menyimpulkan bahwa P(A) ∩ P(B) ⊆ P(A ∩ B).
Berdasarkan dua paragraf di atas, ternyata berlaku benar bahwa P(A ∩ B) ⊆ P(A) ∩ P(B) dan
P(A) ∩ P(B) ⊆ P(A ∩ B). Jadi, kita bisa menyimpulkan bahwa P(A ∩ B) = P(A) ∩ P(B).
***
Selanjutnya, kita akan menyelidiki apakah benar berlaku P(A ∪ B) = P(A) ∪ P(B) dengan cara
menyelidiki apakah benar berlaku P(A ∪ B) ⊆ P(A) ∪ P(B) dan P(A) ∪ P(B) ⊆ P(A ∪ B).
Perhatikan bahwa untuk sebarang himpunan A dan B akan berlaku A = B atau A 6= B. Jika
yang berlaku A = B, maka jelas berlaku P(A ∪ B) = P(A) ∪ P(B).
Jika yang berlaku adalah A 6= B, maka kemungkinan yang terjadi bisa A ∩ B = ∅ atau A ∩ B 6= ∅.
Ayo kita selidiki kemungkinan ketika A ∩ B = ∅, yaitu A dan B adalah himpunan yang saling asing.
Jika yang terjadi adalah A ∩ B = ∅, maka jelas bahwa P(A) ∩ P(B) = {∅}. Kemudian, karena
sesuai sifat himpunan kuasa akan berlaku P(A) ⊂ P(A ∪ B) dan P(B) ⊂ P(A ∪ B), maka kita dapat
menyimpulkan bahwa P(A) ∪ P(B) ⊂ P(A ∪ B).
Selanjutnya, kita akan menyelidiki apakah berlaku P(A ∪ B) ⊆ P(A) ∪ P(B). Ingat bahwa A dan
B adalah himpunan yang saling asing. Kita akan mengasumsikan bahwa himpunan A dan B bukan
himpunan kosong. Dengan demikian, terdapat a ∈ A dengan a /
∈ B dan terdapat b ∈ B dengan b /
∈ A.
Kemudian, jika kita bentuk himpunan X = {a, b}, maka jelas bahwa X ⊂ (A ∪ B) akan tetapi
X * A dan X * B. Dari sini kita dapat menyimpulkan bahwa X ∈ P(A ∪ B), akan tetapi X /
∈ P(A)
dan X /
∈ P(B). Dengan kata lain X /
∈ P(A) ∪ P(B).
Berdasarkan uraian di atas, kita dapat menyimpulkan bahwa persamaan P(A∪B) = P(A)∪P(B)

49
tidak berlaku untuk sebarang himpunan A dan B. Akan tetapi, jika himpunan A ⊆ B (atau seba-
liknya, B ⊆ A), maka akan berlaku persamaan P(A ∪ B) = P(A) ∪ P(B).

12
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 3
Soal
Pada himpunan bilangan bulat Z didefinisikan relasi R sebagai berikut.
(∀a, b ∈ Z)(a, b) ∈ R jika dan hanya jika a = 3kb untuk suatu bilangan bulat k.
(a) Apakah relasi R merupakan relasi ekuivalensi?
(b) Jika R merupakan relasi ekuivalensi, jelaskan kelas-kelas ekuivalensinya!
Dikerjakan
Sebelumnya, ayo ingat dulu apa yang dimaksud dengan relasi ekuivalensi!
Definisi. Relasi Ekuivalensi
Suatu relasi R pada Z disebut sebagai relasi ekuivalensi jika dan hanya jika memenuhi 3 sifat berikut.
1. Relasi R bersifat refleksif, yaitu untuk sebarang a ∈ Z akan berlaku (a, a) ∈ R.
2. Relasi R bersifat simetris, yaitu untuk sebarang a, b ∈ Z akan berlaku (a, b) ∈ R jika dan hanya
jika (b, a) ∈ R.
3. Relasi R bersifat transitif, yaitu untuk sebarang a, b, c ∈ Z dengan (a, b), (b, c) ∈ R akan berlaku
(a, c) ∈ R.
51

Ayo kita periksa, apakah relasi R bersifat refleksif, simetris, dan transitif!
• (1) Apakah relasi R bersifat refleksif?
Kita akan memeriksa apakah untuk sebarang a ∈ Z akan berlaku (a, a) ∈ R. Berdasarkan definisi
relasi R pada soal, kita harus memeriksa apakah benar untuk sebarang a ∈ Z akan berlaku a = 3ka
untuk suatu bilangan bulat k.
Ini sangat jelas sekali ya. Kita dapat memilih k = 0 sedemikian sehingga untuk setiap a ∈ Z akan
berlaku 3ka = 30 ·a = 1·a = a. Dengan demikian kita dapat menyimpulkan bahwa relasi R bersifat
refleksif.
• (2) Apakah relasi R bersifat simetris?
Kita akan memeriksa apakah untuk sebarang a, b ∈ Z akan berlaku (a, b) ∈ R jika dan hanya jika
(b, a) ∈ R. Berdasarkan definisi relasi R pada soal, kita akan memeriksa apakah benar untuk sebarang
a, b ∈ Z akan berlaku a = 3k1 b jika dan hanya jika b = 3k2 a untuk suatu bilangan bulat k1 dan k2.
Selanjutnya, kita akan membuktikan bahwa jika untuk sebarang a, b ∈ Z dengan (a, b) ∈ R, maka
akan berlaku pula (b, a) ∈ R. Karena (a, b) ∈ R, maka berdasarkan definisi relasi R akan berlaku
a = 3k1 b untuk suatu bilangan bulat k1.
Perhatikan bahwa 3k akan selalu bernilai positif untuk sebarang bilangan bulat k. Kemudian, jika
kita pilih k2 = −k1, maka 3k2 = 3−k1 = 1/3k1 juga akan selalu bernilai positif. Perhatikan bahwa
berlaku persamaan:
3k1 · 3k2 = 3k1 · 1/3k1 = 1.
Dari sini, kita dapat memperoleh ekuivalensi berikut.
a = 3k1
b ⇐⇒ 3k2
· a = 3k2
· 3k1
· b
⇐⇒ 3k2
· a = 1 · b
⇐⇒ 3k2
· a = b
Dengan demikian, untuk sebarang a, b ∈ Z dengan (a, b) ∈ R, maka akan berlaku pula (b, a) ∈ R.
Dengan cara serupa, kita dapat menyimpulkan pula bahwa untuk sebarang a, b ∈ Z dengan (b, a) ∈ R,
maka akan berlaku pula (a, b) ∈ R.

53
Berdasarkan uraian di atas, karena untuk sebarang a, b ∈ Z akan berlaku (a, b) ∈ R jika dan hanya
jika (b, a) ∈ R, maka kita dapat menyimpulkan bahwa relasi R bersifat simetris.
• (3) Apakah relasi R bersifat transitif?
Kita akan memeriksa apakah untuk sebarang a, b, c ∈ Z dengan (a, b), (b, c) ∈ R maka akan berlaku
(a, c) ∈ R. Berdasarkan definisi relasi R pada soal, kita akan memeriksa apakah benar untuk sebarang
a, b, c ∈ Z dengan a = 3k1 b dan b = 3k2 c maka akan berlaku pula a = 3k3 c untuk suatu bilangan bulat
k1, k2 dan k3.
Perhatikan bahwa untuk sebarang bilangan bulat k1 dan k2 akan berlaku persamaan
3k1 · 3k2 = 3k1+k2 .
Dari sini, kita dapat memperoleh ekuivalensi berikut.
a = 3k1
b ⇐⇒ a = 3k1

3k2
c

⇐⇒ a = 3k1
· 3k2
· c
⇐⇒ a = 3k1+k2
· c
⇐⇒ a = 3k3
· c , dengan k3 = k1 + k2
Berdasarkan uraian di atas, karena untuk sebarang a, b, c ∈ Z dengan (a, b), (b, c) ∈ R maka akan
berlaku (a, c) ∈ R, maka kita dapat menyimpulkan bahwa relasi R bersifat transitif.
• (4) Kesimpulannya?
Berdasarkan uraian di bagian (1), (2), dan (3), ternyata relasi R bersifat refleksif, simetris, dan
transitif! Dengan demikian, kita bisa menyimpulkan bahwa relasi R adalah relasi ekuivalensi!
• (5) Seperti apakah kelas-kelas ekuivalensi dari relasi R?
Nah, ini yang menarik! Adalah suatu hal yang lumrah apabila kita ingin mengetahui wujud dari
kelas-kelas ekuivalensi. Bahkan, pada praktik di dunia nyata, hal-hal terkait relasi ekuivalensi itu
akan lebih condong kepada mengidentifikasi kelas-kelas ekuivalensi.
Oke! Pada soal diketahui bahwa relasi R didefinisikan pada himpunan bilangan bulat Z =
{..., −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, ...}. Karena R adalah relasi ekuivalensi, maka setiap bilangan bulat
akan termuat dalam suatu kelas ekuivalensi.

Sebagai permulaan, mari kita selidiki C0, yaitu kelas ekuivalensi yang memuat bilangan 0.
C0 = {0, ...}
Ayo kita selidiki, apakah C0 memuat bilangan lain selain 0. Misalkan C0 memuat bilangan x
dengan x 6= 0. Karena 0 dan x termuat dalam kelas ekuivalensi yang sama, maka 0 dan x saling
berelasi terhadap relasi R. Oleh sebab itu akan berlaku persamaan:
0 = 3k x
Nah, sebagaimana yang sudah disinggung di bagian (2), 3k akan selalu bernilai positif untuk se-
barang bilangan bulat k. Akibatnya, persamaan 0 = 3k x akan berlaku benar jika dan hanya jika
x = 0. Dengan demikian, kita bisa menyimpulkan bahwa C0 hanya memuat bilangan 0 saja, yaitu
C0 = {0}.
Selanjutnya, mari kita selidiki C1, yaitu kelas ekuivalensi yang memuat bilangan 1.
C1 = {1, ...}
Ayo kita selidiki, apakah C1 memuat bilangan lain selain 1. Misalkan C1 memuat bilangan x
dengan x 6= 1. Karena 1 dan x termuat dalam kelas ekuivalensi yang sama, maka 1 dan x saling
berelasi terhadap relasi R. Oleh sebab itu akan berlaku persamaan:
1 = 3k x
Perhatikan bahwa bilangan 3 termuat di C1 karena (1, 3) ∈ R. Kenapa? Karena kita bisa memilih
k = −1 sedemikian sehingga berlaku persamaan 1 = 3−1 · 3 = 1/3 · 3.
Perhatikan bahwa selain bilangan 3, C1 juga memuat bilangan 9, 27, 81, 243, 729, dst karena kita
bisa memilih nilai k sebagai −2, −3, −4, −5, dst. Dengan demikian, kita bisa menyimpulkan bahwa
C1 memuat semua bilangan bulat yang bisa disajikan dalam bentuk 3k dengan k = 0, 1, 2, 3, ....
C1 = {1, 3, 9, 27, 81, 243, 729, ..., 3k, ...} dengan k = 0, 1, 2, 3, ...
Dengan cara serupa, kita bisa membuat kelas ekuivalensi C−1 sebagaimana berikut.
C−1 = {−1, −3, −9, −27, −81, −243, −729, ..., −(3k), ...} dengan k = 0, 1, 2, 3, ...

55
Selanjutnya, kita akan menyelidiki kelas ekuivalensi C2. Perhatikan bahwa selain bilangan 2,
C2 juga memuat bilangan 6, 18, 54, 162, 486, 1.458, dst karena kita bisa memilih nilai k sebagai
−1, −2, −3, −4, −5, dst sehingga berlaku persamaan 2 = 3k · x. Dengan demikian, kita bisa meny-
impulkan bahwa C2 memuat semua bilangan bulat yang bisa disajikan dalam bentuk 2 · 3k dengan
k = 0, 1, 2, 3, ....
C2 = {2, 6, 18, 54, 162, 486, 1.458, ..., 2 · 3k, ...} dengan k = 0, 1, 2, 3, ...
Untuk kelas ekuivalensi C3 itu sama dengan kelas ekuivalensi C1 karena 1 dan 3 sama-sama ter-
muat di C1 dan C3. Lalu, bagaimana dengan kelas ekuivalensi C4, C5, C6, dsb?
Jika kita perhatikan, bilangan-bilangan yang termuat di C1 adalah bilangan bulat positif yang
hanya memiliki 3 sebagai faktornya. Perhatikan pula bahwa 3 adalah bilangan prima. Dengan
demikian untuk sebarang kelas ekuivalensi Cn, kita dapat menggolongkannya sebagai berikut.
1. Jika n = 3k (dengan k = 0, 1, 2, 3, ...), maka Cn = C1.
2. Jika n 6= 3k , maka n dapat kita nyatakan sebagai n = 3k · p1
k1 · p2
k2 · p3
k3 · ... · pi
ki dengan :
• p1, p2, p3, ..., pi adalah bilangan-bilangan prima selain 3, dan
• k, k1, k2, k3, ..., ki adalah suatu bilangan bulat yang ≥ 0.
Dengan demikian Cn = Cp1
k1 ·p2
k2 ·p3
k3 ·...·pi
ki .
Perhatikan contoh berikut.
• Misalkan n = 19.683. Karena 19.683 = 39, maka C19.683 = C1 = {3k : k = 0, 1, 2, 3...}.
• Misalkan n = 5.676. Karena 5.676 = 31 · (22 · 11 · 43), maka
C5.676 = C(22·11·43) = C1.892 = {1.892 · 3k : k = 0, 1, 2, 3...}
Nah, uraian di atas itu menyinggung untuk bilangan n 0. Bagaimana untuk bilangan n 0?
Serupa seperti di atas.
1. Jika n = −(3k) (dengan k = 0, 1, 2, 3, ...), maka Cn = C−1.
2. Jika n 6= −(3k) , maka n dapat kita nyatakan sebagai n = 3k · −1 · p1
k1 · p2
k2 · p3
k3 · ... · pi
ki
dengan :
• p1, p2, p3, ..., pi adalah bilangan-bilangan prima selain 3, dan
• k, k1, k2, k3, ..., ki adalah suatu bilangan bulat yang ≥ 0.
Dengan demikian Cn = C−1·p1
k1 ·p2
k2 ·p3
k3 ·...·pi
ki .

Berdasarkan uraian panjang di atas, relasi R yang didefinisikan pada himpunan bilangan bulat
Z itu menciptakan tak berhingga banyak kelas ekuivalensi yang countable. Kelas-kelas ekuivalensi
tersebut adalah sebagai berikut.
• C0 = {0}.
• C1 = {3k : k = 0, 1, 2, 3...}.
• C−1 = {−(3k) : k = 0, 1, 2, 3...}.
• C(p1
k1 ·p2
k2 ·p3
k3 ·...·pi
ki ) = {3k · (p1
k1 · p2
k2 · p3
k3 · ... · pi
ki ) : k = 0, 1, 2, 3...} dengan :
– p1, p2, p3, ..., pi adalah bilangan-bilangan prima selain 3, dan
– k1, k2, k3, ..., ki adalah suatu bilangan bulat yang ≥ 0.
• C−(p1
k1 ·p2
k2 ·p3
k3 ·...·pi
ki ) = {−1 · 3k · (p1
k1 · p2
k2 · p3
k3 · ... · pi
ki ) : k = 0, 1, 2, 3...} dengan :
– p1, p2, p3, ..., pi adalah bilangan-bilangan prima selain 3, dan
– k1, k2, k3, ..., ki adalah suatu bilangan bulat yang ≥ 0.

13
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 4
Soal
Diberikan fungsi f : B → C dan fungsi g : A → B. Jika diketahui fungsi f ◦ g merupakan fungsi yang
bijektif. Apakah fungsi f dan g juga fungsi bijektif? Jelaskan jawaban saudara!
Dikerjakan
Perhatikan ilustrasi di bawah!
57

Pada ilustrasi di atas, terlihat bahwa fungsi g memetakan elemen x di himpunan A ke suatu ele-
men di himpunan B yang kita notasikan sebagai g(x). Kemudian, fungsi f memetakan elemen y di
himpunan B ke suatu elemen di himpunan C yang kita notasikan sebagai f(y).
Di sini terlihat bahwa fungsi g dan f dapat berperan sebagai jembatan untuk memetakan se-
barang elemen di himpunan A ke elemen di himpunan C. Kita sebut sebarang elemen di himpunan
A tersebut sebagai elemen x.
Nah, untuk memetakan elemen x ke suatu elemen di himpunan C, maka elemen x tersebut harus
dipetakan terlebih dahulu oleh fungsi g (menghasilkan g(x)). Selanjutnya, hasil pemetaan tersebut
(yaitu g(x)) lanjut dipetakan oleh fungsi f (menghasilkan f(g(x)). Oleh sebab itulah muncul notasi
f ◦ g, yaitu fungsi g dikomposisikan terhadap fungsi f (g is composed over f ). Notasi (f ◦ g)(x) itu
ekuivalen dengan f(g(x)).
***
Kembali ke pertanyaan pada soal. Jika diketahui f ◦g adalah fungsi bijektif. Apakah fungsi f dan
g juga fungsi bijektif? Hmmm?
Sesuai hukum komposisi fungsi, jika f dan g adalah fungsi bijektif, maka f ◦ g juga merupakan
fungsi bijektif. Akan tetapi, apakah hal sebaliknya berlaku?
Ayo kita fokuskan perhatian pada fungsi g terlebih dahulu! Karena g adalah fungsi, maka g adalah
pemetaan yang terdefinisi dengan baik. Artinya, sebarang elemen di himpunan A dapat dipetakan
oleh fungsi g ke himpunan B.
Selanjutnya, kita bentuk himpunan g(A) yang didefinisikan sebagai g(A) = {x ∈ A : g(x)}, yaitu
himpunan hasil pemetaan elemen-elemen himpunan A terhadap fungsi g. Karena fungsi g memetakan
setiap elemen himpunan A ke himpunan B, maka jelas bahwa g(A) ⊆ B.
Hal yang perlu diingat adalah himpunan g(A) bisa jadi tidak sama dengan himpunan B (g(A) 6=
B)! Contohnya fungsi g : Z → Q yang didefinisikan sebagai g(z) = z/3. Jelas bahwa g(Z) =
{z/3 : z ∈ Z} ⊂ Q, akan tetapi g(Z) 6= Q.

59
Hal serupa juga berlaku untuk fungsi f yang memetakan elemen-elemen di himpunan B ke him-
punan C.
• Bisa jadi, walaupun f(B) ⊂ C, akan tetapi f(B) 6= C.
• Bisa jadi, walaupun f(g(A)) ⊂ C, akan tetapi f(g(A)) 6= C.
Ilustrasi di bawah dapat lebih menggambarkan bagaimana sesungguhnya fungsi komposisi f ◦ g
dapat terjadi.

Kembali ke soal....
Diketahui bahwa f ◦ g adalah fungsi bijektif. Ingat! Fungsi komposisi f ◦ g memetakan elemen-
elemen di himpunan A ke himpunan C (f ◦ g : A → C).
Karena f ◦ g adalah fungsi bijektif, jika kita mengambil sebarang z ∈ C, maka kita dapat men-
emukan x ∈ A sedemikian sehingga z = f(g(x)). Perhatikan bahwa hal ini hanya dapat terjadi,
jika dan hanya jika z ∈ f(g(A)). Karena berlaku untuk sebarang elemen z ∈ C, maka kita dapat
menyimpulkan bahwa f(g(A)) = C. Alhasil, dua kasus berikut dapat berlaku.
Kasus pertama adalah g(A) 6= B yang berarti bahwa fungsi g bukan fungsi surjektif.
Kasus kedua adalah g(A) = B yang berarti bahwa fungsi g adalah fungsi surjektif.
Apapun kasus yang berlaku, kita memiliki kesimpulan bahwa f(g(A)) = C. Karena g(A) adalah
himpunan bagian dari B, maka kita dapat menyimpulkan bahwa f(B) = C. Dengan demikian, kita
bisa menyimpulkan bahwa fungsi f adalah fungsi surjektif.
Selanjutnya, ayo ingat sifat fungsi bijektif! Karena f ◦ g adalah fungsi bijektif, maka inversnya
juga adalah fungsi bijektif. Perhatikan bahwa invers dari f ◦ g kita notasikan sebagai (f ◦ g)−1.

61
Misalkan kita ambil sebarang x ∈ A. Karena (f ◦ g)−1 adalah fungsi bijektif, maka kita dapat
menemukan z ∈ C sedemikian sehingga berlaku (f ◦ g)−1(z) = x.
Nah, permasalahan akan muncul ketika terdapat x1, x2 ∈ A dengan x1 6= x2 dan berlaku (f ◦
g)(x1) = (f ◦ g)(x2). Kita andaikan elemen x1 dan x2 ini termuat di himpunan A.
Hmmm, kira-kira kenapa ya hal ini bisa menjadi masalah?
Ingat! Karena (f ◦ g)−1 adalah fungsi bijektif, maka jelas pemetaan ini terdefinisi dengan baik.
Jika terdapat x1, x2 ∈ A dengan x1 6= x2 dan berlaku (f ◦ g)(x1) = (f ◦ g)(x2) = α, maka (f ◦ g)−1(α)
dapat menghasilkan x1 atau x2. Ini tidak boleh terjadi karena (f ◦ g)−1 adalah pemetaan yang ter-
definisi dengan baik. Dengan demikian, tidak bakal ada elemen x1 dan x2 sebagaimana di atas yang
termuat di himpunan A.
Oleh sebab itu, karena (f ◦ g)−1 dan (f ◦ g)−1 adalah fungsi-fungsi bijektif yang terdefinisi dengan
baik, maka tidak ada x1, x2 ∈ A dengan x1 6= x2 dan berlaku (f ◦ g)(x1) = (f ◦ g)(x2). Jika ada
elemen x1, x2 ∈ A yang memenuhi sifat (f ◦ g)(x1) = (f ◦ g)(x2), maka pastilah x1 = x2.
Perhatikan bahwa (f ◦g)(x1) = f(g(x1)) dan (f ◦g)(x2) = f(g(x2)). Jika (f ◦g)(x1) = (f ◦g)(x2),
maka itu berarti f(g(x1)) = f(g(x2)), yang berarti pula g(x1) = g(x2). Dengan demikian, kita bisa
menyimpulkan bahwa fungsi g adalah fungsi injektif.
***
Jadi, berdasarkan uraian panjang di atas, jika diketahui fungsi f : B → C, fungsi g : A → B, dan
fungsi f ◦g merupakan fungsi yang bijektif, maka kita bisa menarik kesimpulan bahwa hal-hal berikut
pasti selalu berlaku.
1. Fungsi f adalah fungsi surjektif, dan
2. Fungsi g adalah fungsi injektif.
Perlu diperhatikan juga! Jika diketahui fungsi f : B → C, fungsi g : A → B, dan fungsi f ◦ g
merupakan fungsi yang bijektif, maka hal-hal berikut belum tentu berlaku.
1. Fungsi f adalah fungsi injektif,
2. Fungsi g adalah fungsi surjektif, dan
3. Invers f ◦ g adalah g−1 ◦ f−1.

Sebagai penutup, perhatikan contoh berikut.
1. Fungsi f : Q → Z dengan definisi f

a
b

= a + 5, ∀
a
b
∈ Q adalah fungsi surjektif yang tidak
injektif.
2. Fungsi g : Z → Q dengan definisi g (x) =
x − 2
7
, ∀x ∈ Z adalah fungsi injektif yang tidak
surjektif.
3. Fungsi komposisi (f ◦ g)(x) = x + 3, ∀x ∈ Z adalah fungsi bijektif.

14
Ayo Kerjakan!
Soal Nomor 5
Soal
Diberikan pengaitan atau relasi f : R → R dengan definisi sebagai berikut.
f(x) =
x
x − 1
(a) Apakah f merupakan fungsi? Jelaskan jawaban saudara!
(b) Jika f merupakan fungsi, apakah f merupakan fungsi bijektif? Jika f bukan fungsi tentukan
syarat tertentu agar f merupakan fungsi dan selanjutnya selidiki apakah fungsi f dengan syarat
tertentu tersebut merupakan fungsi bijektif!
Dikerjakan
Pengaitan f sebagaimana yang didefinisikan pada soal adalah fungsi. Walaupun, walaupun,
walaupun pengaitan f tersebut disebut sebagai fungsi yang tidak terdefinisi dengan baik.
Kenapa?
Fungsi f adalah fungsi yang tidak terdefinisi dengan baik karena terdapat suatu elemen x di
domain(f) dengan f(x) tidak terdefinisi. Dalam hal ini, elemen x tersebut tidak lain adalah x = 1,
karena f(1) =
1
1 − 1
=
1
0
itu tidak terdefinisi.
63

Supaya fungsi f menjadi fungsi yang terdefinisi dengan baik, maka kita bisa mendepak bilangan
1 dari domain(f). Dengan demikian, jika kita bentuk domain baru D sebagai D = R − {1}, maka
fungsi f : D → R akan menjadi fungsi yang terdefinisi dengan baik.
Dari sini kita bisa melihat bahwa dengan mengganti domain suatu fungsi akan mengubah status
terdefinisi dengan baiknya fungsi tersebut. Tentu saja kita akan selalu memilih fungsi yang terdefinisi
dengan baik.
Sekadar informasi, jangan lupa definisi suatu pengaitan supaya bisa disebut sebagai fungsi. Untuk
suatu pengaitan f dan d ∈ domain(f), jika terdapat elemen r1 dan r2 di codomain(f) dengan r1 6= r2
dan f(d) = r1 = r2, maka pengaitan f tersebut bukan fungsi.
***
Sekarang, kita fokus mengamati fungsi f : R − {1} → R yang didefinisikan sebagai f(x) =
x
x − 1
.
Di paragraf atas kita sudah mengetahui bahwa fungsi f ini terdefinisi dengan baik di domain R−{1}.
Kita akan menyelidiki apakah fungsi f ini bersifat bijektif.
Ingat bahwa suatu fungsi f bersifat bijektif jika dan hanya jika fungsi f adalah fungsi yang ter-
definisi dengan baik sekaligus bersifat injektif dan surjektif.
Kita akan memeriksa apakah fungsi f bersifat surjektif. Kita ambil sebarang elemen di codomain(f).
Karena codomain(f) = R, maka kita ambil sebarang elemen y ∈ R. Untuk sebarang elemen y yang
kita ambil tersebut, kita harus menemukan elemen x di domain(f) sedemikian sehingga f(x) = y.
Berdasarkan definisi fungsi f, maka kita akan memiliki persamaan berikut. Ingat bahwa dengan
x ∈ domain(f) = R − {1}, maka x − 1 tidak akan pernah bernilai 0.
f(x) = y ⇐⇒
x
x − 1
= y
⇐⇒
x
x − 1
· (x − 1) = y · (x − 1)
⇐⇒ x = xy − y
⇐⇒ x − xy = −y
⇐⇒ x · (1 − y) = −y
Nah, perhatikan persamaan x · (1 − y) = −y!
Ingat! Nilai y kita ambil sebarang dari codomain(f) = R.
Nah, jika terpilih nilai y = 1, maka persamaan x · (1 − y) = −y tidak akan terdefinisi dengan baik.
Hal tersebut dikarenakan ruas kiri persamaan akan bernilai 0, sementara ruas kanan persamaan akan

65
bernilai −1.
Dengan demikian, supaya persamaan x · (1 − y) = −y terdefinisi dengan baik, maka bilangan
1 harus didepak dari codomain(f), yaitu menjadi R − {1}. Jika sudah demikian, maka fungsi
f : R − {1} → R − {1} dengan definisi f(x) =
x
x − 1
akan menjadi fungsi yang terdefinisi dengan baik
dan bersifat surjektif.
***
Dengan menggunakan fungsi f : R − {1} → R − {1} dengan definisi f(x) =
x
x − 1
, kita akan
mengecek apakah fungsi ini merupakan fungsi injektif. Caranya, kita ambil sebarang dua elemen di
domain(f), yaitu x1, x2 ∈ domain(f), dengan syarat f(x1) = f(x2).
Karena f(x1) = f(x2), maka kita akan punya persamaan
x1
x1 − 1
=
x2
x2 − 1
.
Ingat! Karena domain(f) = R − {1}, maka x1 − 1 dan x2 − 1 tidak akan pernah bernilai 0!
x1
x1 − 1
=
x2
x2 − 1
⇐⇒
x1 − 1 + 1
x1 − 1
=
x2 − 1 + 1
x2 − 1
⇐⇒
x1 − 1
x1 − 1
+
1
x1 − 1
=
x2 − 1
x2 − 1
+
1
x2 − 1
⇐⇒ 1 +
1
x1 − 1
= 1 +
1
x2 − 1
⇐⇒
1
x1 − 1
=
1
x2 − 1
⇐⇒ x1 − 1 = x2 − 1
⇐⇒ x1 = x2
Nah, berdasarkan penjabaran di atas, karena untuk sebarang dua elemen di domain(f), yaitu
x1, x2 ∈ domain(f), dengan syarat f(x1) = f(x2) akan berakibat x1 = x2, maka kita bisa menyim-
pulkan bahwa fungsi f adalah fungsi injektif.
Jadi, kita bisa menyimpulkan bahwa fungsi f : R − {1} → R − {1} dengan definisi f(x) =
x
x − 1
adalah fungsi bijektif.

Pembahasan Ujian Tengah Semester dan Ujian Akhir Semester: Pengantar Logika Matematika dan Himpunan, FMIPA UGM, 2021/2022

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Pembahasan Ujian Tengah Semester dan Ujian Akhir Semester: Pengantar Logika Matematika dan Himpunan, FMIPA UGM, 2021/2022

Similar to Pembahasan Ujian Tengah Semester dan Ujian Akhir Semester: Pengantar Logika Matematika dan Himpunan, FMIPA UGM, 2021/2022 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Pembahasan Ujian Tengah Semester dan Ujian Akhir Semester: Pengantar Logika Matematika dan Himpunan, FMIPA UGM, 2021/2022