Dokumen tersebut membahas tentang aturan inferensi dan metode pembuktian dalam logika matematika. Secara singkat, dibahas mengenai konsep dasar seperti argumen valid, aturan inferensi seperti modus ponens, dan metode pembuktian seperti pembuktian langsung.

1. Aturan inferensi dan
metode pembuktian
Khamida Siti Nur Atiqoh
90115001
Magister Pengajaran Matematika

2. SUB TOPIK:
 1.6 Aturan Inferensi
 1.7 Pengenalan Pembuktian
 1.8 Metode dan Strategi Pembuktian

3. 1.6 Aturan Inferensi
Argumen terdiri dari pernyataan-pernyataan yang
terdiri atas 2 kelompok yaitu kelompok
pernyataan premis (hipotesa) dan pernyataan
konklusi (kesimpulan)
Validitas Argumen artinya kesimpulan dari suatu
argumen berasal dari premis-premis yang bernilai
benar.

4. Contoh Argumen:
“Jika kamu mempunyai kata sandi maka kamu dapat
masuk ke jaringan.”
“ Kamu mempunyai kata sandi”
Oleh karena itu
“ Kamu dapat masuk ke jaringan”
1.6.1 Argumen yang Valid dalam Logika Proposisi

5. Definisi 1 :
Argumen dalam proposisi logis adalah urutan beberapa proposisi.
Semua proposisi kecuali proposisi yang terakhir disebut premis dan
proposisi yang terakhir disebut kesimpulan. Sebuah argument
dikatakan valid jika kebenaran dari semua premis mengakibatkan
kesimpulan yang benar.
Bentuk argumen dalam proposisi logis adalah urutan dari gabungan
proposisi yang melibatkan variabel proposisi. Bentuk argument
dikatakan valid tidak bergantung pada proposisi mana yg
disubsitusikan pada variable proposisi pada premisnya,
kesimpulannya benar jika semua premisnya bernilai benar.
 Jadi dari definisi tersebut dapat disimpulkan bahwa bentuk
argument dengan premis p1, p2, … pn dan kesimpulan q bernilai
valid, ketika (𝑝1⋀𝑝2 ⋀. . . ⋀𝑝 𝑛) → 𝑞 adalah tautology.

6. Tautologi dari 𝑝 ∧ 𝑝 → 𝑞 → 𝑞 adalah dasar dari aturan inferensi
disebut Modus Ponens atau law of detachment.
Contoh:
Tentukan apakah argument berikut valid dan tentukan apakah
kesimpulannya harus benar berdasarkan validitas dari argument.
“ Jika 2 >
3
2
, maka ( 2)2
>
3
2
2
. Kita tau bahwa 2 >
3
2
.
Jadi ( 2)2
= 2 >
3
2
2
=
9
4
.”
1.6.2 Aturan Inferensi untuk Logika Proposisi

7. Solusi:
Misal 2 >
3
2
proposisi p dan ( 2)2
>
3
2
2
proposisi q.
Bentuk argument:
Bentuk argument tersebut valid karena menggunakan modus ponens.
Namun, salah satu premisnya yaitu 2 >
3
2
bernilai salah. Sehingga
tidak dapat disimpulkan bahwa kesimpulannya benar. Kesimpulan
dari argument ini juga salah karena 2 <
9
4
.

9. Ketika terdapat banyak premis, beberapa aturan inferensi
diperlukan untuk menunjukkan bahwa sebuah argument valid.
Contoh:
Tunjukkan bahwa premis-premis “Jika anda mengirim e-mail kepada
saya, maka saya akan menyelesaikan penulisan program,” “Jika
anda tidak mengirim e-mail kepada saya, maka saya akan tidur
lebih awal,” dan “Jika saya tidur lebih awal, maka saya akan
bangun dengan merasa segar” menyebabkan kesimpulan “Jika saya
tidak menyelesaikan penulisan program, maka saya akan bangun
dengan merasa segar.”
1.6.3 Menggunakan Aturan Inferensi untuk
Membangun Argumen

10. Solusi:
Misalkan proposisi p = “Anda mengirim e-mail kepada saya,” q =
“Saya akan menyelesaikan penulisan program,” r = “Saya akan tidur
lebih awal,” dan s = “Saya akan bangun dengan merasa segar.”
Maka premis-premisnya adalah 𝑝 → 𝑞, ¬𝑝 → 𝑟, dan 𝑟 → 𝑠. Kesimpulan
yang diinginkan adalah ¬𝑞 → 𝑠.
Langkah: Alasan
1. 𝑝 → 𝑞 Premis
2. ¬𝑞 → ¬𝑝 Kontraposisi dari (1)
3. ¬𝑝 → 𝑟 Premis
4. ¬𝑞 → 𝑟 Silogisme (2) dan (3)
5. 𝑟 → 𝑠 Premis
6. ¬𝑞 → 𝑠 Silogisme (4) dan (5)

11. Pemrograman komputer telah dikembangkan untuk otomatisasi
penalaran dan pembuktian teorema. Banyak dari program ini
menggunakan aturan inferensi yang disebut sebagai resolusi. Aturan
inferensi ini berdasarkan tautologi: ( 𝑝 ∨ 𝑞 ∧ ¬𝑝 ∨ 𝑟 ) → (𝑞 ∨ 𝑟)
Disjungsi terakhir 𝑞 ∨ 𝑟 disebut resolvent. Ketika dimisalkan q = r
pada tautology ini, diperoleh 𝑝 ∨ 𝑞 ∧ ¬𝑝 ∨ 𝑟 → 𝑞. Selanjutnya,
ketika dimisalkan r = F, diperoleh ( 𝑝 ∨ 𝑞 ∧ ¬𝑝) → 𝑞 (karena 𝑞 ∨ 𝐹 ≡
𝑞) dimana hal ini berdasarkan silogisme disjungtif.
Untuk membangun pembuktian dalam proposisi logis menggunakan
resolusi sebagai satu-satunya aturan inferensi, hypothesis dan
kesimpulannya harus dinyatakan sebagai klausa.
Contoh: 𝑝 ∨ 𝑞 ∧ 𝑟 ≡ 𝑝 ∨ 𝑞 ∧ 𝑝 ∨ 𝑟
¬ 𝑝 ∨ 𝑞 ≡ ¬p ∧ ¬𝑞
𝑝 → 𝑞 ≡ ¬𝑝 ∨ 𝑞
1.6.4 Resolusi

12. Contoh:
Tunjukkan bahwa premis (𝑝 ∧ 𝑞) ∨ 𝑟 dan 𝑟 → 𝑠 menghasilkan
kesimpulan 𝑝 ∨ 𝑠
Solusi:
Premis (𝑝 ∧ 𝑞) ∨ 𝑟 dapat dituliskan kembali sebagai 2 klausa 𝑝 ∨ 𝑟
dan q ∨ 𝑟. Kemudian implikasi 𝑟 → 𝑠 ekuivalen dengan klausa ¬𝑟 ∨ 𝑠.
Berdasarkan resolusi (𝑝 ∨ 𝑟) ∧ (¬𝑟 ∨ 𝑠)
Didapatkan kesimpulan 𝑝 ∨ 𝑠

13.  Proposisi 𝑝 → 𝑞 ∧ 𝑞 → 𝑝 bukan tautology karena akan
bernilai salah ketika p salah dan q benar. Jadi, bentuk argument
ini tidak valid. Tipe penalaran yang salah ini disebut kesalahan
dalam menegaskan kesimpulan.
Contoh:
Apakah argument berikut valid?
Jika anda mengerjakan setiap soal dalam buku ini, maka anda akan
belajar matematika diskrit. Anda belajar matematika diskrit.
Oleh karena itu, anda mengerjakan setiap soal dalam buku ini.
Solusi:
Misalkan proposisi p = “Anda mengerjakan setiap soal dalam buku
ini,” dan q = “Anda belajar matematika diskrit.”
Bentuk argument : 𝑝 → 𝑞 ∧ 𝑞 → 𝑝
Hal ini termasuk penalaran yang salah yaitu kesalahan dalam
menegaskan kesimpulan.
1.6.5 Kekeliruan

14.  Proposisi 𝑝 → 𝑞 ∧ ¬𝑝 → ¬𝑞 bukan tautology karena akan
bernilai salah ketika p salah dan q benar. Jadi, bentuk argument
ini tidak valid. Tipe penalaran yang salah ini disebut kesalahan
dalam menyangkal hipotesis.
Contoh:
Apakah argument berikut valid?
Jika anda mengerjakan setiap soal dalam buku ini, maka anda akan
belajar matematika diskrit. Anda tidak mengerjakan setiap soal
dalam buku ini.
Oleh karena itu, anda tidak belajar matematika diskrit.
Solusi:
Dengan permisalan yang sama dengan contoh sebelumnya, argument
ini berbentuk 𝑝 → 𝑞 ∧ ¬𝑝 → ¬𝑞 yang merupakan contoh
kesalahan dalam menyangkal hipotesis.

15. 1.6.6 Aturan Inferensi untuk Pernyataan
Berkuantor

16. Contoh:
Tunjukkan bahwa premis-premis “Setiap orang dalam kelas
matematika diskrit ini telah menyelesaikan pelatihan di bidang
ilmu komputer” dan “Maria adalah siswa pada kelas ini”
menghasilkan kesimpulan “Maria telah menyelesaikan pelatihan
di bidang ilmu computer.”
Solusi:
Misal D(x) menunjukkan “x ada dalam kelas matematika diskrit
ini,” dan misal C(x) menunjukkan “x telah menyelesaikan
pelatihan di bidang ilmu computer.”
Langkah: Alasan
1. ∀𝑥 𝐷 𝑥 → 𝐶 𝑥 Premis
2. 𝐷 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 → 𝐶 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 Universal Instantiation dari (1)
3. 𝐷 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 Premis
4. 𝐶 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 Modus Ponens dari (2) dan (3)

17.  Modus Ponens Universal
Aturan ini menunjukkan bahwa jika ∀𝑥 𝑃 𝑥 → 𝑄 𝑥 benar dan jika
𝑃(𝑎) benar untuk 𝑎 anggota domain dari kuantor universal, maka
𝑄(𝐴) pasti benar. Dengan instansiasi universal, 𝑃 𝑎 → 𝑄 𝑎 benar.
Kemudian, dengan modus Ponens, 𝑄(𝑎) juga benar. Dapat
dideskripsikan Modus Ponens Universal sebagai berikut:
∀𝑥 𝑃 𝑥 → 𝑄 𝑥
𝑃(𝑎), dimana 𝑎 adalah anggota domain
∴ 𝑄(𝑎)
1.6.7 Menggabungkan Aturan Inferensi untuk
Proposisi dan Pernyataan Berkuantor

18. Contoh:
Asumsikan bahwa “Untuk setiap bilangan bulat positif n, jika n
lebih besar daripada 4, maka 𝑛2
lebih kecil daripada 2 𝑛
” bernilai
benar. Gunakan Modus Ponens Universal untuk menunjukkan
bahwa 1002
< 2100
.
Solusi:
Misal: 𝑃(𝑛) menunjukkan “𝑛 > 4”
Q(𝑛) menunjukkan “𝑛2
< 2 𝑛
”
“Untuk setiap bilangan bulat positif n, jika n lebih besar daripada
4, maka 𝑛2
lebih kecil daripada 2 𝑛
” dapat dinyatakan dalam
∀𝑛 𝑃 𝑛 → 𝑄 𝑛 , dimana domainnya setiap bilangan bulat
positif. Diasumsikan bahwa ∀𝑛 𝑃 𝑛 → 𝑄 𝑛 bernilai benar.
𝑃 100 benar karena 100 > 4. Dengan Modus Ponens Universal
diperoleh Q(100) benar. Jadi 1002
< 2100
.

19.  Modus Tollens Universal
Penggabungan lain dari aturan inferensi dari proposisi logis dan
aturan inferensi untuk pernyataan berkuantor adalah Modus
Tollens Universal.
∀𝑥 𝑃 𝑥 → 𝑄 𝑥
¬𝑄(𝑎), dimana 𝑎 adalah anggota domain
∴ ¬𝑃(𝑎)

20. 1.7 Pengenalan Pembuktian
1.7.1 Beberapa Istilah
 Teorema adalah pernyataan yang dapat dibuktikan
kebenarannya.
 Teorema yang sederhana disebut proposisi.
 Kebenaran suatu teorema ditunjukkan dengan pembuktian
 Pembuktian adalah argumentasi valid yang menetapkan
kebenaran suatu teorema.
 Aksioma atau postulat termasuk pernyataan yang digunakan
dalam pembuktian, yang mana merupakan pernyataan yang
diasumsikan benar.
 Teorema sederhana yang membantu pembuktian disebut
lemma. Pembuktian yang rumit biasanya lebih mudah dipahami
ketika dibuktikan dengan lemma.

21.  Corollary (Teorema Akibat) adalah teorema yang dapat
ditentukan langsung dari suatu torema yang telah dibuktikan.
 Dugaan adalah pernyataan yang diusulkan menjadi pernyataan
yang benar, biasanya dasar dari beberapa bukti parsial,
argument heuristis, atau intuisi seorang ahli.

22. 1.7.2 Memahami Bagaimana Teorema
Dinyatakan
“ Jika 𝑥 > 𝑦, dimana 𝑥 dan 𝑦 adalah bilangan real positif, maka
𝑥2
> 𝑦2
. “
Arti sebenarnya
“ Untuk setiap bilangan real positif 𝑥 dan 𝑦, jika 𝑥 > 𝑦, maka
𝑥2
> 𝑦2
. “
Selanjutnya, ketika teorema jenis ini terbukti, langkah pertama
dari pembuktian biasanya melibatkan pemilihan elemen yang
umum dari domain. Langkah berikutnya menunjukkan bahwa
elemen ini mempunyai sifat yang diinginkan. Akhirnya, generalisasi
universal menghasilkan bahwa teorema memenuhi untuk semua
anggota domain.

23. 1.7.3 Metode dalam Pembuktian Teorema
Memahami metode adalah kunci untuk belajar
bagaimana membaca dan membentuk pembuktian
matematis. Setelah memilih sebuah metode
pembuktian, gunakan aksioma, definisi, selanjutnya
hasil terbukti, dan aturan inferensi untuk melengkapi
pembuktian.

24. 1.7.4 Pembuktian Langsung
Pembuktian langsung dari pernyataan 𝑝 → 𝑞 dibentuk ketika
langkah pertama adalah mengasumsikan bahwa p benar, langkah
berikutnya adalah menggunakan aturan inferensi, dengan langkah
terakhir menunjukkan bahwa q juga benar. Jadi pada pembuktian
langsung, kombinasi p benar dan q salah tidak pernah terjadi.
Definisi 1: Bilangan bulat n genap jika terdapat bilangan bulat k
sehingga n = 2k, dan n ganjil jika terdapat bilangan bulat k
sehingga n = 2k+1. (Perhatikan bahwa setiap bilangan bulat
adalah salah satu genap atau ganjil, dan tidak sekaligus genap
dan ganjil.) 2 bilangan bulat mempunyai same parity ketika
keduanya genap atau keduanya ganjil; mempunyai opposite
parity ketika salah satu genap dan yang lainnya ganjil.

25. Contoh:
Berikan pembuktian langsung dari teorema “Jika 𝑛 adalah bilangan
ganjil, maka 𝑛2
adalah bilangan ganjil.”
Solusi:
Teorema ini berbentuk ∀𝑛 𝑃 𝑛 → 𝑄 𝑛
𝑃 𝑛 : 𝑛 adalah bilangan ganjil dan 𝑄 𝑛 : 𝑛2
adalah bilangan ganjil.
Diasumsikan bahwa 𝑃 𝑛 benar. Diasumsikan bahwa 𝑛 adalah
bilangan ganjil. Sehingga berdasarkan definisi, 𝑛 = 2𝑘 + 1 dimana
𝑘 suatu bilangan bulat. Diperoleh bahwa
𝑛2
= (2𝑘 + 1)2
= 4𝑘2
+ 4𝑘 + 1 = 2 2𝑘2
+ 2𝑘 + 1
Berdasarkan definisi bilangan ganjil, dapat disimpulkan bahwa 𝑛2
ganjil. Jadi terbukti bahwa “Jika 𝑛 adalah bilangan ganjil, maka
𝑛2
adalah bilangan ganjil.”

26. 1.7.5 Pembuktian dengan Kontraposisi
Pembuktian dengan kontraposisi termasuk pembuktian
tidak langsung. Pembuktian dengan kontraposisi
menggunakan fakta bahwa 𝑝 → 𝑞 ekuivalen dengan
¬𝑞 → ¬𝑝. Sehingga pernyataan 𝑝 → 𝑞 dibuktikan
dengan membuktikan bahwa ¬𝑞 → ¬𝑝 bernilai benar.

27. Contoh:
Buktikan bahwa jika 𝑛 adalah bilangan bulat dan 3𝑛 + 2 adalah bilangan
ganjil, maka 𝑛 adalah bilangan ganjil.
Solusi:
Pertama akan dicoba pembuktian langsung. Diasumsikan bahwa 3𝑛 + 2
bilangan bulat ganjil. Artinya 3𝑛 + 2 = 2𝑘 + 1 untuk 𝑘 suatu bilangan
bulat. Dapatkah fakta ini digunakan untuk menunjukkan bahwa 𝑛 ganjil?
Terlihat bahwa 3𝑛 + 1 = 2𝑘 , tidak ada cara langsung untuk
menyimpulkan bahwa 𝑛 ganjil.
Langkah pertama pembuktian dengan kontraposisi adalah dengan
mengasumsikan bahwa kesimpulan dari “Jika 3𝑛 + 2 ganjil, maka 𝑛 ganjil”
bernilai salah; asumsikan bahwa 𝑛 genap. Maka berdasarkan definisi
bilangan genap, 𝑛 = 2𝑘 untuk suatu bilangan bulat 𝑘. Substitusikan 2𝑘 ke
𝑛 . Diperoleh 3𝑛 + 2 = 3 2𝑘 + 2 = 6𝑘 + 2 = 2(3𝑘 + 1) . Didapatkan
bahwa 3𝑛 + 2 genap. Ini negasi dari premis 3𝑛 + 2 ganjil. Karena negasi
dari kesimpulan pernyataan condisional menghasilkan hipotesis yang
bernilai salah,sehingga pernyataan awal bernilai benar. Jadi terbukti
bahwa “Jika 3𝑛 + 2 ganjil maka 𝑛 ganjil.”

28. 1.7.6 Pembuktian dengan Kontradiksi
Misal akan dibuktikan bahwa pernyataan p benar. Selanjutnya
misal diperoleh kontradiksi q sehingga ¬𝑝 → 𝑞 bernilai benar.
Karena q salah tetapi ¬𝑝 → 𝑞 bernilai benar, dapat disimpulkan
bahwa ¬𝑝 salah, yang berarti p benar. Bagaimana dapat diperoleh
kontradiksi q yang dapat membantu membuktikan bahwa p benar?
Karena pernyataan 𝑟 ∧ ¬𝑟 adalah kontradiksi ketika r adalah
proposisi, dapat dibuktikan p benar jika dapat ditunjukkan bahwa
¬𝑝 → (𝑟 ∧ ¬𝑟) benar untuk suatu proposisi r. Tipe pembuktian ini
disebut pembuktian dengan kontradiksi.

29. Contoh:
Buktikan bahwa 2 bilangan irasional dengan pembuktian kontradiksi.
Solusi:
Misalkan proposisi p: “ 2 bilangan irasional.” Diandaikan bahwa ¬𝑝
benar. Proposisi ¬𝑝: “ 2 bilangan rasional.” Akan ditunjukkan bahwa
mengasumsikan ¬𝑝 benar akan mengarah kepada kontradiksi.
Jika 2 bilangan rasional, terdapat bilangan bulat 𝑎 dan 𝑏 dengan
2 =
𝑎
𝑏
, dimana 𝑏 ≠ 0 dan 𝑎 dan 𝑏 tidak mempunyai factor
persekutuan (pecahan
𝑎
𝑏
adalah bentuk paling sederhana.)
Karena 2 =
𝑎
𝑏
, ketika kedua ruas dikuadratkan diperoleh 2 =
𝑎2
𝑏2 .
Diperoleh 2𝑏2
= 𝑎2
.
Berdasarkan definisi bilangan genap diperoleh 𝑎2
genap. Selanjutnya
jika 𝑎2
genap maka 𝑎 juga genap. Karena 𝑎 genap maka 𝑎 = 2𝑐 untuk
suatu bilangan bulat 𝑐.

30. Diperoleh 2𝑏2
= 4𝑐2
, kedua ruas dibagi 2 diperoleh 𝑏2
= 2𝑐2
.
Berdasarkan definisi bilangan genap, berarti bahwa 𝑏2
genap. Karena
𝑏2
genap maka 𝑏 juga genap.
Telah ditunjukkan bahwa asumsi ¬𝑝 mengarah ke persamaan 2 =
𝑎
𝑏
,
dimana 𝑎 dan 𝑏 tidak mempunyai factor persekutuan, tetapi 𝑎 dan 𝑏
keduanya genap, yang mana 𝑎 dan 𝑏 keduanya habis dibagi 2. Karena
asumsi ¬𝑝 mengarah kepada kontradiksi antara 𝑎 dan 𝑏 keduanya
habis dibagi 2 dan 𝑎 dan 𝑏 tidak habis dibagi 2, maka ¬𝑝 bernilai
salah. Jadi pernyataan “ 2 bilangan irasional” bernilai benar. Telah
dibuktikan bahwa 2 bilangan irasional.

31. Note!!
Pembuktian dengan kontraposisi dapat juga diarahkan ke pembuktian
dengan kontradiksi. Pada pembuktian 𝑝 → 𝑞 dengan kontraposisi,
diasumsikan bahwa ¬𝑞 benar. Kemudian ditunjukkan bahwa ¬𝑝 juga
benar. Untuk mengarahkan pembuktian 𝑝 → 𝑞 dengan kontraposisi
menjadi pembuktian dengan kontradiksi, diasumsikan bahwa 𝑝 dan
¬𝑞 keduanya benar. Kemudian gunakan langkah pada pembuktian
¬𝑞 → ¬𝑝 untuk menunjukkan bahwa ¬𝑝 benar. Sehingga hal ini
mengarah kepada kontradiksi antara 𝑝 dan ¬𝑝.

32. Contoh:
Berikan pembuktian dari teorema “Jika 3𝑛 + 2 ganjil, maka 𝑛 ganjil”
dengan kontradiksi.
Solusi:
Misalkan p: 3𝑛 + 2 ganjil dan q: n ganjil.
Untuk membangun pembuktian dengan kontradiksi, diasumsikan
bahwa 𝑝 dan ¬𝑞 keduanya benar. Jadi, diasumsikan benar bahwa
3𝑛 + 2 ganjil dan 𝑛 tidak ganjil. Karena 𝑛 tidak ganjil, maka 𝑛 genap,
sehingga terdapat bilangan bulat 𝑘 sehingga 𝑛 = 2𝑘.
3𝑛 + 2 = 3 2𝑘 + 2 = 6𝑘 + 2 = 2(3𝑘 + 1)
Karena 3𝑛 + 2 = 2𝑡 dimana t = 3𝑘 + 1, maka 3𝑛 + 2 genap (¬𝑝).
Karena ¬𝑝 dan 𝑝 keduanya benar, ini merupakan kontradiksi. Jadi
pengandaian bahwa 𝑛 genap bernilai salah. Kontradiksi ini
membuktikan bahwa jika 3𝑛 + 2 ganjil, maka 𝑛 ganjil.

33. 1.7.7 Kesalahan dalam Pembuktian
Contoh:
Apakah kesalahan dari pembuktian 1=2 berikut ini?
Bukti: Misalkan 𝑎 dan 𝑏 bilangan bulat positif yang sama.
Langkah: Alasan:
1. 𝑎 = 𝑏 Diberikan
2. 𝑎2
= 𝑎𝑏 Kedua ruas dikalikan 𝑎
3. 𝑎2
− 𝑏2
= 𝑎𝑏 − 𝑏2
Kedua ruas dikurangi 𝑏2
4. 𝑎 − 𝑏 𝑎 + 𝑏 = 𝑏(𝑎 − 𝑏) Kedua ruas difaktorkan
5. 𝑎 + 𝑏 = 𝑏 Kedua ruas dibagi 𝑎 − 𝑏
6. 2𝑏 = 𝑏 Ganti 𝑎 dengan 𝑏 karena 𝑎 = 𝑏
7. 2 = 1 Kedua ruas dibagi 𝑏
Solusi:
Setiap langkah pada pembuktian diatas valid kecuali langkah 5,
kesalahannya adalah 𝑎 − 𝑏 = 0; Pembagian kedua ruas pada
persamaan akan valid selama pembaginya bukan 0.

34. 1.8 Metode dan Strategi Pembuktian
Pada subbab ini akan dipelajari beberapa aspek dari
ilmu dan seni dalam pembuktian dan akan disediakan
saran bagaimana menemukan pembuktian dari suatu
teorema. Akan dideskripsikan beberapa trik, termasuk
bagaimana pembuktian ditemukan dengan proses
mundur dan dengan mengadaptasi pembuktian yang
telah ada.

35. 1.8.1 Pembuktian Lengkap dan Pembuktian
dengan Kasus
Suatu teorema bisa saja tidak dapat dibuktikan dengan argumentasi
tunggal yang mencakup semua kasus yang mungkin. Akan
diperkenalkan metode yang dapat digunakan untuk membuktikan
teorema dengan mempertimbangkan secara terpisah kasus-kasus
yang berbeda. Untuk membuktikan pernyataan berbentuk
(𝑝1 ∨ 𝑝2 ∨. . .∨ 𝑝 𝑛) → 𝑞
tautologi dari
(𝑝1 ∨ 𝑝2 ∨. . .∨ 𝑝 𝑛) → 𝑞 ↔ 𝑝1 → 𝑞 ∧ 𝑝2 → 𝑞 ∧ ⋯ ∧ 𝑝 𝑛 → 𝑞
Dapat digunakan sebagai aturan inferensi.
 Pembuktian Lengkap: Beberapa teorema dapat dibuktikan
dengan memeriksa bilangan kecil yang relative dari contoh.
Pembuktian seperti ini disebut pembuktian lengkap atau
pembuktian dengan kelengkapan karena pembuktian ini diproses
dengan melengkapi semua kemungkinan.

36. Contoh:
Buktikan bahwa 𝑛 + 1 3
≥ 3 𝑛
jika n adalah bilangan bulat positif
dengan 𝑛 ≤ 4.
Solusi:
Akan digunakan pembuktian lengkap. Hanya dibutuhkan
pemeriksaan pertidaksamaan 𝑛 + 1 3
≥ 3 𝑛
ketika n = 1,2,3, dan 4.
Untuk 𝑛 = 1, diperoleh 𝑛 + 1 3
= 23
= 8 dan 3 𝑛
= 31
= 3
Untuk 𝑛 = 2, diperoleh 𝑛 + 1 3
= 33
= 27 dan 3 𝑛
= 32
= 9
Untuk 𝑛 = 3, diperoleh 𝑛 + 1 3
= 43
= 64 dan 3 𝑛
= 33
= 27
Untuk 𝑛 = 4, diperoleh 𝑛 + 1 3
= 53
= 125 dan 3 𝑛
= 34
= 81
Pada setiap 4 kasus ini, diperoleh 𝑛 + 1 3
≥ 3 𝑛
. Jadi terbukti
bahwa 𝑛 + 1 3
≥ 3 𝑛
jika n adalah bilangan bulat positif dengan
𝑛 ≤ 4 dengan metode pembuktian lengkap.

37.  Pembuktian dengan Kasus: Pembuktian dengan kasus harus
mencakup semua kemungkinan kasus yang muncul pada suatu
teorema. Pembuktian dengan kasus diilustrasikan dengan
beberapa contoh. Pada setiap contoh, harus dipastikan bahwa
semua kemungkinan kasus tercakup.
Contoh:
Buktikan bahwa jika n bilangan bulat, maka 𝑛2
≥ 𝑛.
Solusi:
Dapat dibuktikan bahwa 𝑛2
≥ 𝑛 untuk setiap bilangan bulat n
dengan mempertimbangkan 3 kasus:
Kasus (i): Ketika n = 0, karena 02
= 0, maka 02
≥ 0. Sehingga 𝑛2
≥ 𝑛
benar untuk kasus ini.
Kasus (ii): Untuk n ≥ 1, ketika kedua ruas dikali dengan bilangan
bulat positif diperoleh n. n ≥ 𝑛. 1. Menghasilkan 𝑛2
≥ 𝑛 untuk n ≥ 1.

38. Kasus (iii): Pada kasus ini n ≤ −1 . Bagaimanapun, 𝑛2
≥ 0. Ini
menyebabkan 𝑛2
≥ 𝑛.
Karena pertidaksamaan 𝑛2
≥ 𝑛 berlaku pada ketiga kasus, dapat
disimpulkan bahwa jika n bilangan bulat, maka 𝑛2
≥ 𝑛.

39. Contoh:
Tunjukkan bahwa tidak ada solusi bilangan bulat x dan y dari
𝑥2
+ 3𝑦2
= 8.
Solusi:
Pembuktian dapat direduksi menjadi memeriksa kasus sederhana
karena 𝑥2
> 8 ketika 𝑥 ≥ 3 dan 3𝑦2
> 8 ketika 𝑦 ≥ 2. Sehingga
didapatkan kasus ketika 𝑥 = −2, −1,0,1, 𝑎𝑡𝑎𝑢 2 dan 𝑦 = −1,0, 𝑎𝑡𝑎𝑢 1.
Perhatikan bahwa kemungkinan nilai 𝑥2
adalah 0, 1, dan 4, dan
kemungkinan nilai 3𝑦2
adalah 0 dan 3, dan kemungkinan jumlah
terbesar dari 𝑥2
dan 3𝑦2
adalah 7. Sehingga tidak mungkin 𝑥2
+
3𝑦2
= 8 dipenuhi ketika x dan y bilangan bulat.

40.  Kesalahan yang umum pada pembuktian lengkap dan pembuktian
dengan kasus.
Contoh:
Apakah kesalahan dari pembuktian ini?
Teorema: Jika x bilangan real, maka 𝑥2
bilangan real positif.
Bukti: Misalkan 𝑝1: x positif, 𝑝2: x negative, dan 𝑞: 𝑥2
positif. Untuk
menunjukkan bahwa 𝑝1 → 𝑞 benar, perhatikan bahwa jika x positif
maka 𝑥2
positif karena produk perkalian 2 bilangan positif x dan x.
Untuk menunjukkan bahwa 𝑝2 → 𝑞 benar, perhatikan bahwa jika x
negatif maka 𝑥2
positif karena produk perkalian 2 bilangan negatif x
dan x.
Solusi: Permasalahan dari pembuktian ini adalah tidak ada kasus 𝑥 =
0. Ketika 𝑥 = 0, 𝑥2
= 0 tidak positif. Jadi pembuktian teorema tersebut
menggunakan 3 kasus yaitu 𝑝1: x positif, 𝑝2: x negative, dan 𝑝3: 𝑥 = 0.
Kemudian digunakan ekuivalensi 𝑝 ↔ 𝑝1 ∨ 𝑝2∨ 𝑝3.

41. 1.8.2 Existence Proofs
Pembuktian dari proposisi berbentuk ∃𝑥 𝑃 𝑥 disebut existence
proof. Terkadang pembuktian dari ∃𝑥 𝑃 𝑥 dapat diberikan dengan
menemukan sebuag elemen 𝑎 sehingga 𝑃(𝑎) benar. Tipe ini disebut
constructive, terdapat juga kemungkinan untuk memberikan
pembuktian nonconstructive.
Contoh:
A Constructive Existence Proof. Tunjukkan bahwa terdapat
bilangan bulat positif yang dapat ditulis sebagai jumlah dari
pangkat tiga bilangan bulat positif dalam 2 cara berbeda.
Solusi:
Setelah dilakukan perhitungan (contohnya pencarian dengan
computer) diperoleh
1729 = 103
+ 93
= 123
+ 13

42. Contoh:
A Nonconstructive Existence Proof. Tunjukkan bahwa terdapat
bilangan irasional x dan y sehingga xy
rasional.
Solusi:
Pada contoh sebelumnya telah dibuktikan bahwa 2 irasional.
Perhatikan bilangan 2
2
.
Jika bilangan 2
2
rasional, dipunyai 2 bilangan irasional x dan y
dengan xy
rasional yaitu x = 2 dan y = 2.
Jika bilangan 2
2
irasional, maka dapat dimisalkan x = 2
2
dan y =
2 sehingga xy
= ( 2
2
)
2
= 2
( 2. 2)
= 2
2
= 2.
Pembuktian ini termasuk contoh Nonconstructive Existence Proof,
karena tidak ditemukan bilangan irasional x dan y sehingga xy
rasional.
Walapun kedua pasangan memiliki sifat yang diinginkan, tetapi tidak
diketahui pasangan mana yang benar.

43. 1.8.3 Keunikan Pembuktian
Beberapa teorema menegaskan adanya elemen unik dengan sifat
tertentu. Dengan kata lain teorema ini menegaskan bahwa ada
tepat 1 elemen dengan sifat ini. Untuk membuktikan pernyataan
tipe ini, perlu ditunjukkan bahwa terdapat elemen dengan sifat ini
dan tidak ada elemen lain yang mempunyai sifat ini.
Existence: Tunjukkan bahwa ada elemen x dengan sifat yang
diinginkan.
Uniqueness: Tunjukkan bahwa jika 𝑦 ≠ 𝑥, maka y tidak mempunyai
sifat yang diinginkan.
Hal ini sama dengan membuktikan pernyataan
∃𝑥 𝑃 𝑥 ∧ ∀𝑦 𝑦 ≠ 𝑥 → ¬𝑃 𝑦 .

44. Contoh:
Tunjukkan bahwa jika a dan b bilangan real dan a≠ 0, maka
terdapat bilangan real unik r sehingga 𝑎𝑟 + 𝑏 = 0.
Solusi:
Perhatikan bahwa bilangan real 𝑟 = −
𝑏
𝑎
adalah solusi dari 𝑎𝑟 + 𝑏 =
0 karena 𝑎 −
𝑏
𝑎
+ 𝑏 = −𝑏 + 𝑏 = 0. Jadi ada bilangan real r sehingga
𝑎𝑟 + 𝑏 = 0. Hal ini adalah bagian existence dari pembuktian.
Selanjutnya, misalkan s adalah bilangan real sehingga 𝑎𝑠 + 𝑏 = 0,
maka 𝑎𝑟 + 𝑏 = 𝑎𝑠 + 𝑏 dimana 𝑟 = −
𝑏
𝑎
. Kedua ruas dikurangi b
sehingga diperoleh 𝑎𝑟 = as. Kedua ruas dibagi dengan a yang tak
nol. Diperoleh 𝑟 = s. Artinya jika r ≠ 𝑠, maka 𝑎𝑠 + 𝑏 ≠ 0.
Hal ini menunjukkan bagian uniqueness dari pembuktian.

45. 1.8.4 Strategi Pembuktian
 Penalaran Forward dan Backward
Metode apapun yang digunakan, diperlukan titik awal untuk
memulai pembuktian. Untuk memulai pembuktian langsung,
diawali dari premis. Bersama dengan aksioma dan teorema yang
telah diketahui, anda dapat membangun pembuktian
menggunakan urutan langkah yang mengarah kepada kesimpulan.
Penalaran jenis ini disebut penalaran forward. Namun penalaran
forward sering menemui kesulitan karena penalaran yang
diperlukan untuk meraih kesimpulan yang diinginkan dapat saja
jauh dari jelas. Dalam kasus seperti ini penalaran backward dapat
nembantu. Pada penalaran backward untuk membuktikan
pernyataan 𝑞, temukan pernyataan 𝑝 sehingga dapat dibuktikan
dengan sifat 𝑝 → 𝑞.

46. Contoh:
Diberikan 2 bilangan real positif x dan y, definisi aritmatikanya adalah
𝑥+𝑦
2
dan definisi geometrinya adalah 𝑥𝑦 . Ketika membandingkan
definisi aritmatika dan geometri dari 2 bilangan real positif yang
berbeda, Didapatkan bahwa definisi aritmatika selalu lebih besar dari
definisi geometri. Dapatkah dibuktikan bahwa pertidaksamaan ini
selalu benar?
Solusi:
Untuk membuktikan bahwa
𝑥+𝑦
2
> 𝑥𝑦 ketika x dan y bilangan real
positif yang berbeda, dapat digunakan penalaran backward.
𝑥 + 𝑦
2
> 𝑥𝑦
(𝑥 + 𝑦)2
4
> 𝑥𝑦
(𝑥 + 𝑦)2
> 4𝑥𝑦

47. 𝑥2
+ 2𝑥𝑦 + 𝑦2
> 4𝑥𝑦
𝑥2
− 2𝑥𝑦 + 𝑦2
> 0
(𝑥 − 𝑦)2
> 0
Karena (𝑥 − 𝑦)2
> 0 untuk 𝑥 ≠ 𝑦 , maka (𝑥 − 𝑦)2
> 0 benar. Karena
semua pertidaksamaan di atas ekuivalen, maka
𝑥+𝑦
2
> 𝑥𝑦 ketika 𝑥 ≠
𝑦 . Kemudian akan dibangun pembuktian menggunakan penalaran
forward.
Misalkan x dan y bilangan real positif yang berbeda, maka (𝑥 − 𝑦)2
>
0 karena kuadrat dari bilangan real tak nol selalu positif.
(𝑥 − 𝑦)2
= 𝑥2
− 2𝑥𝑦 + 𝑦2
menghasilkan 𝑥2
− 2𝑥𝑦 + 𝑦2
> 0. Kedua ruas
ditambah 4x diperoleh 𝑥2
+ 2𝑥𝑦 + 𝑦2
> 4𝑥𝑦. Karena 𝑥2
+ 2𝑥𝑦 + 𝑦2
=
(𝑥 + 𝑦)2
, artinya (𝑥 + 𝑦)2
> 4𝑥𝑦. Kedua ruas dibagi 4 diperoleh
(𝑥+𝑦)2
4
>
𝑥𝑦. Jika kedua ruas ditarik akar kuadrat diperoleh
𝑥+𝑦
2
> 𝑥𝑦. Jadi
disimpulkan bahwa jika x dan y bilangan real positif yang berbeda,
maka definisi aritmatikanya
𝑥+𝑦
2
lebih besar dari definisi geometrinya
𝑥𝑦.

48.  Mengadaptasi pembuktian yang telah ada.
Cara yang unggul untuk mencari kemungkinan pendekatan yang dapat
digunakan membuktikan suatu pernyataan adalah menggunakan
pembuktian yang telah ada dengan hasil serupa. Sering, pembuktian
yang telah ada dapat diadaptasi untuk membuktikan fakta yang lain.
Meskipun kasusnya berbeda, beberapa ide yang digunakan pada pada
pembuktian yang sudah ada dapat membantu.

49. 1.8.5 Mencari Counterexamples
Counterexamples atau contoh penyangkal digunakan untuk
menunjukkan bahwa pernyataan tertentu salah. Ketika dihadapkan
dengan dugaan, pertama dapat dicoba untuk membuktikan dugaan ini.
Jika tidak berhasil, dapat dicari contoh penyangkal, pertama dengan
mencari contoh paling kecil dan sederhana. Jika tidak dapat
menemukan contoh penyangkal, dapat dicoba lagi untuk membuktikan
pernyataan.
Contoh: Apakah pernyataan “Setiap bilangan bulat positif adalah
jumlah dari 3 bilangan bulat kuadrat” benar atau salah?
Solusi:
Untuk mencari contoh penyangkal tulis bilangan bulat positif berurutan
sebagai jumlah 3 bilangan kuadrat. 1 = 02
+ 02
+ 12
, 2 = 02
+ 12
+ 12
,
3 = 12
+ 12
+ 12
, 4 = 02
+ 02
+ 22
, 5 = 02
+ 12
+ 22
, 6 = 12
+ 12
+ 22
,
tetapi tidak dapat ditemukan 7 sebagai jumlah 3 bilangan kuadrat.
Perhatikan bahwa bilangan kuadrat yang mungkin digunakan adalah 0,
1, dan 4. Karena tidak ada bentuk 0, 1, dan 4 yang dapat dijumlahkan
menjadi 7, maka 7 adalah counterexamples atau contoh penyangkal.

50. 1.8.6 Pengubinan
Pengubinan dari papan catur di atas dapat menghasilkan banyak hasil
yang berbeda dan membangun pembuktiannya menggunakan berbagai
macam metode pembuktian.

51. Contoh:
Dapatkah dilakukan pengubinan pada papan catur standar
menggunakan domino?
Solusi:
Dapat ditemukan banyak cara untuk melakukan pengubinan papan
catur standar menggunakan domino. Contohnya dapat ditempatkan 32
domino secara horizontal.
Adanya 1 jenis pengubinan ini telah
menunjukkan sebuah constructive
existence proof. Tentu masih ada
banyak cara lain untuk melakukan
pengubinan ini.

52. Contoh:
Dapatkah dilakukan pengubinan pada papan catur standar
menggunakan domino dengan menghilangkan 1 persegi pada pojok kiri
atas dan kanan bawah?
Solusi:
Diandaikan dapat digunakan domino untuk melakukan pengubinan
pada papan catur standar dengan pojok berlawanan dihilangkan.
Perhatikan bahwa papan memuat 64 – 2 = 62 persegi. Pengubinannya
akan menggunakan 62/2 = 31 domino. Perhatikan bahwa setiap domino
pada pengubinan ini menutup 1 persegi putih dan 1 persegi hitam.
Sehingga totalnya akan ditutup 31 persegi putih dan 31 persegi hitam.
Akan tetapi, ketika pojok berlawanan dihilangkan, persegi yang tersisa
adalah 32 putih dan 30 hitam atau 30 putih dan 32 hitam. Hal ini
merupakan kontradiksi terhadap asumsi bahwa dapat digunakan
domino untuk melakukan pengubinan pada papan catur standar dengan
pojok berlawanan dihilangkan.

53. 1.8.7 Fungsi dari Masalah Terbuka
Teorema 1: Teorema Terakhir Fermat
Persamaan 𝑥 𝑛
+ 𝑦 𝑛
= 𝑧 𝑛
tidak punya penyelesaian untuk bilangan
bulat x, y, dan z dengan 𝑥𝑦𝑧 ≠ 0 bilamana n bilangan bulat dengan
𝑛 > 2.
Remark: Persamaan 𝑥2
+ 𝑦2
= 𝑧2
mempunyai banyak penyelesaian
untuk bilangan bulat x, y, dan z yang disebut Tripel Pythagoras dan
berkorespondensi dengan panjang sisi segitiga siku-siku dengan
panjang sisi bilangan bulat.

54. Contoh: Dugaan 3𝑥 + 1
Misal T sebagai transformasi yang mengubah bilangan bulat genap 𝑥
menjadi
𝑥
2
dan bilangan bulat ganjil 𝑥 menjadi 3𝑥 + 1. Sebuah
dugaan yang terkenal disebut dugaan 3𝑥 + 1, menyatakan bahwa
untuk semua bilangan bulat positif x, ketika transformasi T
diterapkan secara berulang akan menuju bilangan bulat 1.
Sebagai contoh, dimulai dari 𝑥 = 13, diperoleh
𝑇 13 = 3.13 + 1 = 40, T 40 =
40
2
= 20, 𝑇 20 =
20
2
= 10,
𝑇 10 =
10
2
= 5, 𝑇 5 = 3.5 + 1 = 16, 𝑇 16 = 8, 𝑇 8 = 4,
𝑇 4 = 2, 𝑑𝑎𝑛 𝑇 2 = 1.
Dugaan 3𝑥 + 1 telah diverifikasi menggunakan computer untuk
semua bilangan bulat x sampai 5,6 ∙ 1013
.

55. SOAL LATIHAN
Exercise 1.6:
9b. “If I eat spicy foods, then I have strange dreams.” “I have strange
dreams if there is thunder while I sleep.” “I did not have strange
dreams.”
Solution:
Let 𝑝 be the proposition “I eat spicy foods,” 𝑞 the proposition “I
have strange dreams,” 𝑟 the proposition “There is thunder.” Then the
premises become 𝑝 → 𝑞 , 𝑟 → 𝑞, dan ¬𝑞.
Steps Reason
1. 𝑝 → 𝑞 Premise
2. ¬𝑞 Premise
3. ¬𝑝 Modus tollens using (1) and (2)
4. 𝑟 → 𝑞 Premise
5. ¬𝑟 Modus tollens using (4) and (2)
6. ¬𝑝 ∧ ¬𝑟 Conjuction using (3) and (5)
Conclusion: “I did not eat spicy foods and it did not thunder”

56. SOAL LATIHAN
9c. “I am either clever or lucky.” “I am not lucky.” “If I am lucky,
then I will win the lottery.”
Solution:
Let 𝑝 be the proposition “I am clever,” 𝑞 the proposition “I am
lucky,” 𝑟 the proposition “I’ll win the lottery.” Then the premises
become 𝑝 ∨ 𝑞 , ¬𝑞 , dan 𝑞 → 𝑟.
Steps Reason
1. 𝑝 ∨ 𝑞 Premise
2. 𝑞 ∨ 𝑝 Commutative (1)
3. ¬𝑞 Premise
4. 𝑝 Disjunctive Syllogism (2) dan (3)
Conclusion: “I am clever.”

57. SOAL LATIHAN
9d. “Every computer science major has a personal computer.”
“Ralph does not have a personal computer.” “Ann has a personal
computer.”
Solution:
Let 𝐶(𝑥) be “𝑥 is CS Major.” 𝑃(𝑥) be “𝑥 has a personal
computer.” Then the premises are ∀𝑥 𝐶 𝑥 →

58. SOAL LATIHAN
9e. “What is good for corporations is good for the United States.” “What is
good for the United States is good for you.” “What is good for corporations
is for you to buy lots of stuff.”
Solution:
Let 𝑝 be “𝑥 is good for corporations,” 𝑞 be “𝑥 is good for The United
States,” 𝑟 be “𝑥 is good for you,” and 𝑠 be “𝑥 is for you to buy lots of stuff.”
Then the premises are 𝑝 → 𝑞, 𝑞 → 𝑟, and 𝑠 → 𝑝
Steps Reason
1. 𝑠 → 𝑝 Premise
2. 𝑝 → 𝑞 Premise
3. 𝑠 → 𝑞 Hypotetical Syllogism (1) dan (2)
4. 𝑞 → 𝑟 Premise
5. 𝑠 → 𝑟 Hypotetical Syllogism (3) dan (4)
6. ¬𝑠 ∨ 𝑞 Logical equivalence in conditional statement (3)
7. ¬𝑠 ∨ 𝑟 Logical equivalence in conditional statement (5)
8. (¬𝑠 ∨ 𝑞) ∧ (¬𝑠 ∨ 𝑟) Conjunction (6) and (7)
9. ¬𝑠 ∨ (𝑞 ∧ 𝑟) Distributive (8)
10. 𝑠 → (𝑞 ∧ 𝑟) Logical equivalence in conditional statement (9)
Conclusion: “That you buy lots of stuff is good for the U.S. and is good for you”

59. SOAL LATIHAN
9f. “All rodents gnaw their food.” “Mice are rodents.” “Rabbits do
not gnaw their food.” “Bats are not rodents.”
Solution:
Let 𝑅(𝑥) be “𝑥 is rodent.” 𝐹(𝑥) be “𝑥 gnows his food.” Then
the premises are ∀𝑥 𝑅 𝑥 → 𝐹 𝑥 , 𝑅(𝑚𝑖𝑐𝑒), ¬𝐹 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 , and
¬𝑅 𝑏𝑎𝑡𝑠
Steps Reason
1. ∀𝑥 𝑅 𝑥 → 𝐹 𝑥 Premise
2. 𝑅 𝑚𝑖𝑐𝑒 → 𝐹 𝑚𝑖𝑐𝑒 Universal instantiation from (1)
3. 𝑅(𝑚𝑖𝑐𝑒) Premise
4. 𝐹 𝑚𝑖𝑐𝑒 Modus ponens from (2) and (3)
5. 𝑅 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 → 𝐹 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 Universal instantiation from (1)
6. ¬𝐹 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 Premise
7. ¬𝑅 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 Modus tollens from (5) and (6)
8. 𝐹 𝑚𝑖𝑐𝑒 ∧ ¬𝑅 𝑟𝑎𝑏𝑏𝑖𝑡𝑠 Conjunction (4) dan (7)
Conclusion: “Mice gnaw their food” and “Rabbits are not rodents”

60. SOAL LATIHAN
20a. Tentukan apakah argument berikut valid.
Jika 𝑥 adalah bilangan real positif, maka 𝑥2
adalah bilangan real
positif. Oleh karena itu, jika 𝑎2
adalah bilangan positif, dengan
𝑎 adalah bilangan real, maka 𝑎 adalah bilangan real positif.
Solusi:
Let 𝑝: 𝑥 adalah bilangan real positif, 𝑞: 𝑥2
adalah bilangan real
positif.
Bentuk argument: 𝑝 → 𝑞
𝑞
∴ 𝑝
Argument tersebut tidak valid karena tidak mengikuti aturan
inferensi.

61. SOAL LATIHAN
20b. Tentukan apakah argument berikut valid.
Jika 𝑥2
≠ 0, dengan 𝑥 adalah bilangan real, maka 𝑥 ≠ 0. Misal 𝑎
adalah bilangan real dengan 𝑎2
≠ 0, maka 𝑎 ≠ 0.
Solusi:
Let 𝑃(𝑥): 𝑥2
≠ 0, dengan 𝑥 adalah bilangan real, 𝑞: 𝑥 ≠ 0, dengan 𝑥
adalah bilangan real.
Bentuk argument: ∀𝑥 𝑃 𝑥 → 𝑄 𝑥
𝑃(𝑎), dimana 𝑎 adalah anggota domain
∴ 𝑄(𝑎)
Argument tersebut valid karena tidak mengikuti aturan inferensi
Modus Ponens Universal.

62. SOAL LATIHAN
Exercise 1.7
17. Tunjukkan bahwa jika 𝑛 adalah bilangan bulat dan 𝑛3
+ 5 adalah
bilangan ganjil maka 𝑛 adalah bilangan genap.
a. Pembuktian dengan kontraposisi
Misalkan: 𝑝 = 𝑛3
+ 5 adalah bil ganjil dengan 𝑛 adalah bil bulat
𝑞 = 𝑛 adalah bilangan genap
Dengan kontraposisi, asumsikan bahwa ¬𝑞 benar kemudian akan
ditunjukkan bahwa ¬𝑝 benar.
¬𝑞 = 𝑛 adalah bilangan ganjil
Berdasarkan definisi bil ganjil, 𝑛 = 2𝑘 + 1 dengan 𝑘 suatu bil
bulat. Diperoleh
𝑛3 + 5 = (2𝑘 + 1)3+5 = 8𝑘3 + 12𝑘2 + 6𝑘 + 6 = 2(4𝑘3 + 6𝑘2 + 3𝑘 + 3)
Karena 𝑘 bil bulat, maka 4𝑘3
+ 6𝑘2
+ 3𝑘 + 3 juga bil bulat.
Berdasarkan definisi bil genap, diperoleh 𝑛3
+ 5 adalah bil genap.
Jadi ¬𝑝 benar. Terbukti bahwa jika 𝑛 adalah bilangan bulat dan 𝑛3
+ 5
adalah bilangan ganjil maka 𝑛 adalah bilangan genap.

63. SOAL LATIHAN
b. Pembuktian dengan kontradiksi
Dengan kontradiksi, asumsikan bahwa 𝑝 ∧ ¬𝑞 benar.
¬𝑞 = 𝑛 adalah bilangan ganjil
Berdasarkan definisi bil ganjil, 𝑛 dapat dinyatakan sebagai 2𝑘 + 1
dengan 𝑘 suatu bil bulat.
Akan ditunjukkan bahwa 𝑝 benar yaitu 𝑛3
+ 5 adalah bil ganjil
dengan 𝑛 adalah bil bulat
Diperoleh
𝑛3
+ 5 = (2𝑘 + 1)3
+5 = 8𝑘3
+ 12𝑘2
+ 6𝑘 + 6 = 2(4𝑘3
+ 6𝑘2
+ 3𝑘 + 3)
Karena 𝑘 bil bulat, maka 4𝑘3 + 6𝑘2 + 3𝑘 + 3 juga bil bulat.
Berdasarkan definisi bil genap, diperoleh 𝑛3 + 5 adalah bil genap.
Terjadi kontradiksi, sehingga pengandaian 𝑛 adalah bilangan ganjil
bernilai salah.
Terbukti bahwa jika 𝑛 adalah bilangan bulat dan 𝑛3 + 5 adalah bilangan
ganjil maka 𝑛 adalah bilangan genap.

64. SOAL LATIHAN
35. Apakah langkah-langkah menemukan solusi berikut benar?
1. 𝑥 + 3 = 3 − 𝑥 diberikan
2. 𝑥 + 3 = 𝑥2
− 6𝑥 + 9 kuadratkan kedua ruas pada (1)
3. 0 = 𝑥2 − 7𝑥 + 6 kedua ruas dikurangi 𝑥 + 3
4. 0 = 𝑥 − 1 𝑥 − 6 memfaktorkan ruas kanan
5. 𝑥 = 1 atau 𝑥 = 6 karena 𝑎𝑏 = 0 menghasilkan 𝑎 = 0 atau
𝑏 = 0
Solusi:
Terdapat langkah yang salah yaitu langkah 5:
Solusi yang tepat hanyalah 𝑥 = 1 karena syarat nilai 𝑥 adalah
𝑥 + 3 ≥ 0 dan 3 − 𝑥 ≥ 0
⟺ 𝑥 ≥ −3 dan 𝑥 ≤ 3
⟺ −3 ≤ 𝑥 ≤ 3
Oleh karena itu 𝑥 = 6 tidak memenuhi.

65. SOAL LATIHAN
Exercise 1.8
29. Buktikan bahwa tidak ada bilangan bulat positif 𝑛 sehingga 𝑛2 + 𝑛3 = 100.
Solusi:
Pertama kasus disederhanakan menjadi:
𝑛3
> 100 ketika 𝑛 > 4 dan 𝑛2
> 100 ketika 𝑛 > 10, sehingga syarat yang
membuat persamaan 𝑛2
+ 𝑛3
= 100 tidak memenuhi adalah 𝑛 > 4.
Jadi kasus yang harus diperiksa adalah 𝑛 ≤ 4 yaitu 𝑛 = 1, 2, 3, 4 diperoleh:
𝑛 = 1; 𝑛2 + 𝑛3 = 12 + 13 = 2
𝑛 = 2; 𝑛2 + 𝑛3 = 22 + 23 = 12
𝑛 = 3; 𝑛2
+ 𝑛3
= 32
+ 33
= 36
𝑛 = 4; 𝑛2 + 𝑛3 = 42 + 43 = 80
Jadi terbukti bahwa tidak ada bilangan bulat positif 𝑛 sehingga 𝑛2 + 𝑛3 =
100.

66. SOAL LATIHAN
42. Anda dapat menggunakan domino untuk pengubinan sebuah papan catur
standar dengan ke-4 pojoknya dihilangkan.
Solusi:
Perhatikan bahwa papan memuat 64 − 4 = 60 persegi. Pengubinannya akan
menggunakan
60
2
= 30 domino. Perhatikan bahwa setiap domino pada
pengubinan menutup 1 persegi putih dan 1 persegi hitam, sehingga total akan
ditutup 30 persegi putih dan 30 persegi hitam.
Jika ke-4 pojok dihilangkan maka 2 persegi hitam dan 2 persegi putih hilang.
Oleh karena itu tersisa 30 persegi putih dan 30 persegi hitam.
Jadi dapat menggunakan domino untuk pengubinan sebuah papan catur
standar dengan ke-4 pojoknya dihilangkan.

67. TERIMA KASIH 