Downloaded 344 times
![2MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
2
1.1 PERANAN MATEMATIK DALAM TEKNOLOGI MODEN
Antara pendorong utama kemajuan sesebuah tamadun adalah rasa keinginan untuk
mengatasi masalah-masalah yang membelenggu kehidupan manusia dengan
bantuan alat teknikal. Kamus Dewan (2005) mentakrifkan teknologi sebagai aktiviti
atau kajian yang menggunakan pengetahuan sains untuk tujuan praktis dalam
industri, pertanian, perubatan, perniagaan dan sebagainya. Justeru teknologi
moden secara umumnya adalah kajian atau aktiviti terbaru yang berkaitan tentang
masa kini yang menggunakan pengetahuan sains untuk tujuan praktis.
Matematik yang kita peroleh ini sebenarnya mempengaruhi teknologi moden pada
hari ini. Bahkan dalam segenap sisi kehidupan manusia.
1.1.1 Matematik Sebagai Satu Bahasa
Dengan memerhatikan evolusi sains secara semula jadi
dalam abad ke dua puluh ini, kita dapat mengakui bahawa
“buku alam ditulis dalam bahasa matematik”
Matematik ialah bahasa dan seperti bahasa-bahasa lain yang
mempunyai tatabahasa sendiri, sintaks, perbendaharaan kata,
susunan kata, sinonim, konvensyen, dan lain-lain [Esty, 1997].
Bahasa ini adalah kedua-dua alat komunikasi dan alat
pemikiran.
Salah satu matlamat utama matematik ialah untuk pelajar menyerap konsep-konsep
asas dan kemahiran bahasa yang penting dalam matematik. Kemahiran bahasa
matematik ialah kebolehan untuk membaca dengan kefahaman, untuk meluahkan
BAB 1MATEMATIK DALAM KEHIDUPAN
SEHARIAN
1 Matematik dilihat sebagai
satu bahasa](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-2-320.jpg)
![3MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
3
pemikiran matematik dengan jelas, untuk menyatakan sebab secara logik, untuk
mengiktiraf dan menggunakan corak pemikiran matematik. [Esty, W., 1997, kata
pengantar]
Keunikan bahasa-bahasa adalah keupayaan untuk memberikan ekspresi yg tepat
bagi setiap buah fikiran ataupun konsep yang dapat di formulasi melalui bahasa
tersebut. Kuasa bahasa matematik moden boleh dilihat dalam dua contoh di bawah:
BAHASA MATEMATIK PURBA BAHASA MATEMATIK MODEN
If a straight line be cut at random, the square
on the whole is equal to the squares on the
segments and twice the rectangle contained
by the segments. (Euclid, Elements, II.4,
300B.C.)
(a+b)2 = a2 + b2 + 2.a.b
The area of any circle is equal to a
rightangled triangle in which one of the
sides about the right angle is equal to the
radius, and the other to the circumference
of the circle.
(Archimedes, On the Sphere and the
Cylinder, 220B.C.)
A = r.2πr/2 = r2π
Jika kita mengekalkan peranan utama matematik sebagai penyelesaian masalah,
yang terdiri daripada masalah aktiviti model - operasi - mentafsir, maka matlamat
utama pembelajaran matematik ialah memproses terjemahan daripada suatu
masalah yang dirumuskan dalam bahasa ibunda kepada model matematik yang
ditulis dalam bahasa matematik.
1.1.2 Matematik Sebagai Teknologi Berfikir
"Teknologi pemikiran matematik adalah inti pati sains dan inti pati masyarakat yang
berasaskan teknologi "(Buchberger)
Teknologi pemikiran juga boleh diperoleh dalam mata pelajaran lain tetapi matematik
memerlukan cara khas dalam berfikir. Untuk menerangkan cara ini kita boleh](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-3-320.jpg)
![4MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
4
menggunakan "kreativiti lingkaran" Buchbergers
sebagai model cara pelajar memahami matematik
[Buchberger, 1992]. Lingkaran ini bermula dengan
pemerhatian, bahan atau masalah data, penyelesaian
yang boleh didapati dalam pembangunan algoritma
atau dalam penciptaan konsep baru. Model Kreativiti
Lingkaran Buchbergers merangkumi:
1.1.3 Matematik Sebagai Faktor Keselamatan Dalam Teknologi Moden
Realiti dunia pada hari ini, semakin maju sesebuah negara, maka semakin maju
teknologinya dan semakin besar juga gangguan ke atas keselamatan individu,
komuniti, syarikat dan negara. Justeru, bagaimana pula matematik dapat membantu
dalam aspek keselamatan?
Contoh yang pertama dapat dilihat pada
Kriptografi moden. Kriptografi moden ini
menyatukan disiplin matematik, sains
komputer dan kejuruteraan. Kriptografi
adalah teknik menyembunyikan maklumat
rahsia, biasanya dalam bentuk teknik-
teknik pengekodan, matematik, atau cara
lain dengan tujuan supaya mesej yang
disimpan atau dihantar hanya diketahui oleh mana-mana pihak yang berminat.
FASA 1: HEURISTIK (FASA
EKSPERIMENTAL)
Membangunkan andaian,
membentuk hipotesis, merangka
membuktikan idea-idea dan
strategi penyelesaian, konsep
asas masalah. Ciri-ciri bari aktiviti
ini ialah: munasabah, kesimpulan
induktif
FASA 2: FASA
MEMPERSOAL
DAN
MEMPERJELAS
Membuat andaian,
membuktikan
hipotesis,
pengaturcaraan
FASA 3: FASA
APLIKASI
Menyelesaikan
masalah dengan
menggunakan konsep
dan algoritma
dibangunkan di fasa 1
dan 2: model, operasi
dan mentafsir.
2 Model Kreativiti Lingkaran
Buchbergers
3 Bagaimana kriptografi berfungsi](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-4-320.jpg)
![41MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
41
3.5 Kod Linear
Perhatikan kod linear panjang 6 berikut ada 3 digit mesej dan 3 digit semakan
Katakod panjang 6
}
c1 c2 c3 c4 c5 c6
}
}
3 digit
mesej
3 digit
semakan
boleh ditulis semula sebagai persamaan linear untuk mentakrifkan digit-digit
semakan.
Bila diberi mesej c1 c2 c3 ,
c4 = c1 + c2 (mod 2)
c5 = c1 + c3 (mod 2)
c6 = c2 + c3 (mod 2)
untuk memperolehi katakod C= [c1 c2 c3 c4 c5 c6].
=>
6
5
4
c
c
c
=
110
101
011
3
2
1
c
c
c
.
Sebagai contoh, 010 akan ditransmisikan sebagai [010101].
Latihan
Tuliskan katakod yang sepadan dengan mesej:
(i) 111 (ii) 101
(a) Berapakah mesej tiga digit yang dibentukkan?
(b) Senaraikan semua katakod bagi kod ini.](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-41-320.jpg)
![42MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
42
Persamaan Semakan Pariti
Katakod C = [c1 c2 c3 c4 c5 c6 ] menyempurnakan persamaan semakan pariti
c1 + c2 + c4 = 0 (mod 2)
c1 + c3 + c5 = 0 (mod 2)
c2 + c3 + c6 = 0 (mod 2).
Persamaan-persamaan ini dinamakan sebagai persamaan semakan pariti sebab
menyemak pariti atau kegenapan hasil tambah digit-digit dalam katakod – untuk
memperolehi 0 di sebelah kanan, kita perlu dapat bilangan 1 yang genap pada
sebelah kiri setiap persamaan.
Persamaan semakan pariti juga boleh ditulis sebagai
100110
010101
001011
6
5
4
3
2
1
c
c
c
c
c
c
=
0
0
0
,
atau H CT
= 0 ,
di mana H ialah matriks semakan pariti.
[CT
= transpos menegak bagi vektor C ]
Apakah yang berlaku semasa transmisi katakod?
Apabila katakod C = [c1 c2 c3 c4 c5 c6] dikirim
saluran transmisi akan menambah gangguan (ralat)
E = [e1 e2 e3 e4 e5 e6]
mengakibatkan katakod diterima sebagai
R = [r1 r2 r3 r4 r5 r6]
di mana ri = ci + ei (mod 2) .](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-42-320.jpg)
![43MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
43
Latihan
1. Jika C = [100110] , E = [000101], cari R.
2. Jika R = [001000], E = [000011], cari C.
3. Jika R = [010000], C = [111000], cari E.
Biasanya, kita hanya tahu katakod yang diterima, R. Jadi masalah adalah untuk
mengetahui katakod yang dikirim C jika kita terima katakod R. Ini boleh dilakukan
dengan mencari E dahulu.](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-43-320.jpg)
![44MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
44
Mengira Sindrom
Bagi katakod yang diterima, R = [r1 r2 r3 r4 r5 r6], kita mentakrifkan sindrom, s = [s1
s2 s3] bagi R dengan
s1 = r1 + r2 + r4 (mod 2)
s2 = r1 + r3 + r5 (mod 2)
s3 = r2 + r3 + r6 (mod 2).
3
2
1
s
s
s
=
100110
010101
001011
6
5
4
3
2
1
r
r
r
r
r
r
atau
sT
= H RT
.
Oleh kerana digit-digit sindrom ditakrifkan oleh persamaan semakan pariti yang sama
dengan katakod, digit sindrom akan mendedahkan pola kegagalan semakan pariti.
s dinamakan sebagai sindrom R sebab ia mempamerkan “ simptom khas” ralat
tanpa mengenal pasti sebabnya, seperti cara kita mengenal sesuatu penyakit
daripada simptomnya dan bukan sindrom (sebabnya yang sebenar) – contoh SIDS
= Sudden Infant Death Syndrome.
Semua katakod mempunyai sindrom 0 = [000] sebab H CT
= 0 .
Sindrom katakod yang diterima serupa dengan sindrom ralat.
Katakod yand diterima R merupakan hasil tambah katakod C dan ralat E.
R = C + E.
Jadi C = R – E dan
0 = H CT
= H (R – E)T
= H (R T
– E T
)
= H R T
– H E T
Oleh itu sT
=H RT
= H E T
.
Jadi katakod yang diterima R mempunyai sindrom yang sama dengan ralat E.](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-44-320.jpg)
![45MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
45
Maklumat ini sangat berguna sebab ini bermakna jika R merupakan katakod yang
diterima, set ralat yang mungkin juga merupakan set vektor yang sama dengan
sindrom R.
Dari atas, jika R dan E mempunyai sindrom yang sama, kita boleh guna akas
penghujahan untuk menunjukkan bahawa jika H RT
= H E T
, jadi R – E = C , di
mana C adalah katakod.
Bilangan perkataan dengan sindrom yang sama serupa dengan bilangan katakod.
Dalam kes ini ada 2
3
= 8 sindrom yang mungkin dan setiap selaras tepat dengan
8
8
64
8
26
perkataan.
Oleh itu, sebagai contoh, 8 katakod selaras tepat dengan 8 perkataan dengan
sindrom[000].
Mencari perkataan selaras dengan sindrom yang diberi
Sebab sindrom katakod yang diterima R sama dengan sindrom ralat E, satu perkara
yan perlu dilakukan untuk dekod katakod yang diterima adalah untuk mencari semua
perkataan yang mempunyai sindrom yang sama dengan R.
Misalnya, kita akan mencari semua perkataan dengan sindrom [001] bila kita
menggunakan kod linear yang ditakrifkan. Oleh itu,
r1 + r2 + r4 = 0 (mod 2)
r1 + r3 + r5 = 0 (mod 2)
r2 + r3 + r6 = 1 (mod 2).
100110
010101
001011
6
5
4
3
2
1
r
r
r
r
r
r
=
1
0
0
,](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-45-320.jpg)
![46MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
46
atau H RT
=
1
0
0
= sT
.
Dengan cara yang sama, kita akan dapat mencari semua perkataan yang selaras
dengan sindrom [001] dengan cara menyenaraikan semua 8 pilihan yang mungkin
bagi 0 dan 1 bagi ketiga-tiga pembolehubah yang pertama dan mencari nilai baki
tiga pembolehubah tersebut. Misalnya, jika kita mula dengan r1 = 0, r2 = 0, r3 = 0,
kita dapat lihat daripada persamaan ini, kita dapatkan tiga persamaan di mana r4 =
0, r5 = 0, r6 = 1.
Jadi salah satu daripada 8 perkataan yang selaras dengan sindrom [001] ialah
[000001].
Kita boleh memperolehi semua 8 perkataan dengan cara yang sama.Misalnya, jika
r1 = 0, r2 = 0, r3 = 1, kita dapat r4 = 0, r5 = 1, r6 = 0, yang membentuk perkataan
[001010].
Latihan
1. Cari 6 perkataan lagi yang selaras dengan sindrom [001].
2. Senaraikan semua perkataan dengan sindrom
a) [010].
b) [111].
Tatasusunan Piawai Slepian menyenaraikan semua perkataan yang selaras dengan
setiap sindrom bagi kod linear.](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-46-320.jpg)
![47MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
47
Set perkataan { [r1 r2 r3 r4 r5 r6] di mana ri = 0 atau 1, bagi i = 1, 2, …, 6} membentuk
ruang vektor dimensi 6 di atas Medan Galois GF(2).
Sebab semua katakod merupakan penyelesaian bagi H CT
= 0, semua katakod
membentuk subruang bagi ruang vektor yang mengandungi semua perkataan.
Dimensi sub ruang ini ialah 6 – 3 = 3.
Khasnya, ini bermakna set katakod akan membentuk kumpulan di bawah
penambahan(mod 2) dan juga hasil tambah mana-mana dua katakod merupakan
satu katakod.
Latihan Berkumpulan
1. Semak bahawa hasil tambah mana-mana dua katakod merupakan katakod.
2. Pilih sindrom yang tidak sama dengan [000] – pastikan semua ahli dalam
kumpulan anda memilih sindrom yang berlainan.
a) Pilih satu katakod dan tambah kepadanya setiap daripada perkataan dalam
baris yang selaras dengan sindrom pilihan anda. Apakah yang anda dapati ?
What do you find?
b) Dengan menggunakan sindrom yang sama, pilih katakod yang berlainan dan
ulang (a).
c) Dengan menggunakan sindrom yang sama, semak yang setiap perkataan yang
selaras dengan sindrom dlam Tatasusunan Piawai Slepian boleh diperolehi
sebagai hasil tambah perkataan pertama dalam baris (pemimpin koset) dan
katakod dalam lajur yang sama.
d) Banding jawapan a), b) dan c) dengan ahli kumpulan lain.
Dalam Tatasusunan Piawai Slepian, semua katakod disenaraikan sebagai baris
pertama bermula dengan katakod [000000].
Setiap baris berikut dalam tatasusunan mengandungi satu koset katakod. Dalam
setiap koset, perkataan disusun dalam setiap baris di mana perkataan pertama
dalam setiap baris mempunyai bilangan 1 yang paling kurang. Perkataan pertama
dalam setiap baris Tatasusunan Piawai Slepian dinamakan pemimpin koset.
Dalam baris pertama, selaras dengan sindrom [000], perkataan dalam baris tiada 1;
perkataan pertama dalam setiap daripada enam baris berikut mempunyai hanya satu
1 sahaja; manakala perkataan pertama dalam baris terakhir merupakan salah satu
daripada tiga perkataan dalam baris tersebut yang ada tepat dua 1.](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-47-320.jpg)
![48MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
48
Berat sesuatu perkataan ditakrifkan sebagai bilangan 1 dalam perkataan tersebut.
Tatasusunan Piawai Slepian boleh dibina bagi kod linear dengan langkah-langkah
berikut:
1. Dalam baris pertama, senaraikan semua katakod yang bermula dengan 0.
2. Pilih mana satu perkataan, W, yang berat minimum weight yang bukan katakod
(tidak disenaraikan pada baris pertama) dan senaraikannya sebagai unsur
pertama dalam baris berikut.
3. Bermula dengan W, senaraikan semua unsur koset W + C, di mana C adalah
katakod, dalam urutan yang sama seperti senarai katakod dalam baris pertama.
4. Ulangi langkah 2 dan 3 dengan menggunakan perkataan baru X, di mana X tiada
dalam dua baris yang pertama.
5. Ulangi langkah 4 dengan menggunakan perkataan baru yang tiada dalam baris-
baris sebelumnya sehingga semua perkataan telah disenaraikan.
Pengdekodan Perkataan yang diterima R
R = [r1 r2 r3 r4 r5 r6] boleh didekodkan dengan langkah-langkah berikut:
1. Kirakan sindrom s = [s1 s2 s3] bagi R.
Ini merupakan sindrom bagi E.
2. Guna Tatasusunan Piawai Slepian untuk mencari perkataan dengan sindrom s
dengan bilangan 1 yang paling sedikit.
Pilih perkataan ini sebagai E.
3. Kirakan C di mana C = R – E.](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-48-320.jpg)
![49MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
49
Latihan
1. Cari C jika R = [101110].
[ Nota: Apabila menggunakan tatasusunan ini, kita tidak perlu mengira
sindrom. Sebab R dan E mempunyai sindrom yang sama, kita hanya cari R
dalam sifir ini. E merupakan perkataan dalam baris yang mengandungi R. ]
2. Cari C jika (i) R = [111111], (ii) R = [111011], (iii) R = [110011].
3. Bekerja secara berpasangan dan jalankan langkah-langkah berikut:
[1] Pilih katakod C untuk dikirim sebagai mesej.
[2] Pilih ralat E.
[3] Kirakan R = C + E dan kirimkan kepada pasangan anda.
[4] Dekod perkataan pasangan anda.
[5] Ulang ini sebanyak tiga kali: sekali pilih E yang berat 1 (hanya satu
1 dalam perkataan); sekali dengan E = 0; dan sekali dengan E yang
berat 2 (dengan dua 1 dalam perkataan).
Dalam kes yang manakah anda dapat mengenal pasti katakod?
Kod Linear secara Am
Satu kod merupakan kod linear atau kod kumpulan jika katakodnya merupakan set
vektor C yang memuaskan persamaan H CT
= 0, di mana H adalah matriks semakan
pariti.
Dalam kod semakan pariti tunggal , digit-digit c1, c2, c3, c4, c5, c6 dalam katakod [c1
c2 c3 c4 c5 c6 ] memuaskan persamaan semakan pariti
c6 = c1 + c2 + c3 + c4 + c5 (mod 2),
yang serupa dengan
c1 + c2 + c3 + c4 + c5 + c6 = 0 (mod 2).
Ini ditulis sebagai H CT
= 0, di mana H = [111111].
Kod ulangan panjang 5 juga boleh ditakrifkan dengan menggunakan persamaan
semakan pariti berikut:
c1 + c2 = 0 (mod 2)
c1 + c3 = 0 (mod 2)
c1 + c4 = 0 (mod 2)
c1 + c5 = 0 (mod 2).](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-49-320.jpg)
![51MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
51
H =
100110
010101
001011
sT
= H RT
= H ET
.
Jika ralat E = [e1 e2 e3 e4 e5 e6], persamaan boleh ditulis semula sebagai
3
2
1
s
s
s
= e1
0
1
1
+ e2
1
0
1
+ e3
1
1
0
+ e4
0
0
1
+ e5
0
1
0
+ e6
1
0
0
.
Sindrom ialah hasil tambah lajur-lajur H di mana ralat-ralat saluran berlaku.
Oleh yang demikian, jika mana:
satu lajur H adalah 0 , ralat pada kedudukan tersebut tidak dapat dikesan;
dan
dua lajur H serupa, kita tidak dapat membezakan ralat tunggal yang berlaku
pada kedua-dua kedudukan tersebut
Kod linear hanya dapat membetulkan semua pola ralat tunggal jika lajur-lajur H
berbeza dan bukan sifar
Sebaliknya, jika semua lajur H berbeza dan bukan sifar, ralat tunggal pada
kedudukan berbeza akan menghasilkan sindrom yang berbeza.
Kod binari linear mampu membetulkan semua pola yang tiada lebih daripada satu
ralat saluran jika dan hanya semua lajur dalam matriks semakan pariti H berbeza
dan bukan sifar.
Pengedekodan Perkataan
Untuk mengdekodkan perkataan yang diterima R, sindrom s dikira.
Jika s ialah sifar, andaikan tiada ralat.
Jika s bukan sifar dan sama dengan salah satu lajur dalam H, andaikan ralat tunggal
telah berlaku pada kedudukan tersebut.](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-51-320.jpg)
![52MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
52
Jika s bukan sifar dan tidak sama dengan mana satu lajur dalam H , prosedur
pengdekodan ini gagal.
Kegagalan pengdekodan dan ralat hanya berlaku jika dua atau lebih ralat saluran
berlaku.
Misalnya, jika H =
101000111
011001110
101011100
011111000
.
Jika diterima perkataan R = [101000101], jadi kita dapat mengira s = [1100].
Sebab sT
merupakan lajur kelima dalam H , kita andaikan E = [000010000].
Oleh itu C = R – E = [101010101].
Walau bagaimana pun jika R = [101000101], kita perolehi s = [1101], dan dalam kes
ini di mana sT
bukan salah satu lajur dalam H , ini bermakna terdapat ≥ 2 ralat dan
prosedur pengdekodan gagal.
Latihan
Bagi matriks semakan pariti H di atas, cuba dekodkan perkataan-perkataan berikut
yang diterima:
(i) R = [101001101] (ii) R = [111000101] (iii) R = [101000111]
Bagi kod pembetulan ralat tunggal, bilangan maksimum lajur bukan sifar matriks
binari yang berbeza dan bukan sifar 2
r
– 1.](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-52-320.jpg)
![54MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
54
Latihan
1.(a) Yang mana satu daripada matriks semakan pariti ini merupakan kod
pembetulan ralat tunggal? Beri sebab jawapan anda.
(i) H =
0111011100
0001000101
1100110011
1010101010
(ii) H =
110110000
000110110
000011011
011011000
(b) Yang mana satu daripada kedua matriks di atas merupakan Kod
Hamming ? Beri sebab mengapa atau mengapa tidak.
2. Guna matriks (ii) daripada soalan 1 di atas untuk mengdekod setiap
daripada perkataan yang diterima berikut:
(a) R = [111101000] (b) R = [110101011]
(c) R = [100010001] (d) R = [010010010].
3. Pertimbangkan Kod-Kod Hamming yang ditakrifkan oleh tiga matriks
semakan pariti di bawah.
(i) H =
1010101
1100110
1111000
(ii) H =
1001011
0101101
0011110](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-54-320.jpg)
![55MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
55
(iii) H =
1010101
0110011
0001111
(a) Bagi setiap kod, dekodkan perkataan-perkataan berikut yang diterima:
R1 = [1110000] , R2 = [1111000] .
(b) Tunjukkan yang dua daripada tiga matriks di atas mentakrifkan kod-kod yang
serupa (identical codes). Panduan: Tunjukkan bahawa baris-baris mana satu
merupakan kombinasi linear yang lain.
3.7 Algoritma RSA
Masalah Penyebaran Kunci (Key-Distribution Problem)
Dalam sistem tradisional, kunci yang diguna oleh si-pengirim untuk mengenkod
mesej diguna juga oleh si-penerima untuk mengdekodnya. Oleh yang demikian,
kunci tunggal ini mesti dijaga dengan baik dan dirahsiakan agar hanya dapat
digunakan oleh pihak tertentu.
Dalam masyarakat moden, masih ada jumlah data yang banyak yang perlu
dirahsiakan dan ini mengakibatkan keperluan penggunaan kunci bagi pengguna-
pengguna kod.
Masalah penyebaran kunci ini diterangkan oleh Simon Singh dalam bukunya The
Codebook (2002) seperti berikut:
a classic catch-22 situation. If two people want to exchange a secret message over
the phone, the sender must encrypt it. To encrypt the secret message the sender must
use a key, which is itself secret, so then there is the problem of transmitting the secret
key to the receiver in order to transmit the secret message. In short, before two
people can exchange a secret (an encrypted message) they must already share a
secret (the key). (pp. 189–190)
Pada pertengahan tahun 70-an, Whitfield Diffie, Martin Helman dan Ralph
Merkle telah mencadangkan penggunaan cipher asimetrik (asymmetric cipher)
untuk mengatasi masalah penyebaran kunci. Mereka mencadangkan
penggunaan kunci berlainan untuk mengenkod dan mengdekod mesej.](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-55-320.jpg)
![58MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
58
Jika a ≡ a′ (mod n) dan b ≡ b′ (mod n), maka ab ≡ a′ b′ (mod n).
Contoh:
Cari X = 36 * 53 * 91 * 17 * 22 (mod 29).
Penyelesaian :
36 ≡ 7 (mod 29), 53 ≡ 24 (mod 29), 91 ≡ 4 (mod 29), 17 ≡ 17 (mod 29), dan 22 ≡ 22
(mod 29).
Ini boleh ditulis semula sebagai
X = 36 * 53 * 91 * 17 * 22 (mod 29)
= 7 * 24 * 4 * 17 * 22 (mod 29)
= 168 * 68 * 22 (mod 29)
= 23 * 10 * 22 (mod 29)
= 230 * 22 (mod 29)
= 27 * 22 (mod 29)
= 594 (mod 29)
= 14.
Semak 36 * 53 * 91 * 17 * 22 = 64 936 872 dan 64 936 872 (mod 29) = 14.
[Nota: Kalkulator saintifik komputer anda juga boleh melakukan pengiraan aritmetik
modulo.]
Aktiviti
Cari X = 73 * 29 * 102 * 14 * 87 (mod 31) dan semak jawapan anda.
Contoh pengiraan aritmetik modulo secara berperingkat-peringkat:
Cari X = 1143
(mod 13).
Perhatikan bahawa 112
(mod 13) = 121(mod 13) = 4.
Jadi 114
(mod 13) = 42
(mod 13) = 16 (mod 13) = 3.
118
(mod 13) = 32
(mod 13) = 9 (mod 13) = 9, dan
1116
(mod 13) = 92
(mod 13) = 81 (mod 13) = 3.
1132
(mod 13) = 32
(mod 13) = 9 (mod 13) = 9.
Tidak perlu cari kuasa yang lebih tinggi bagi 11 sebab 1164
> 1143
.
Perhatikan yang 1143
= 1132
* 1111
= 1132
* 118
* 113
= 1132
* 118
* 112
* 11.
Oleh itu 1143
(mod 13) = 1132
* 118
* 112
* 11 (mod 13) = 9 * 9 * 4 * 11 (mod 13)
= 81 * 44 (mod 13) = 81 * 44 (mod 13) = 3 * 5 (mod 13)
= 15 (mod 13) = 2.](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-58-320.jpg)
![87MODUL MTE3114 APLIKASI MATEMATIK
87
Persamaan pembezaan
Persamaan pembezaan yang dihasilkan oleh andaian-andaian:
dS
dt
= −βS(t)I(t) (1)
dI
dt
= [βS(t) − k]I(t) (2)
dR
dt
= kI(t) (3)
S(t) + I(t) + R(t) = N (4)
4.4.2 Model SIA
Bagi penyakit AID / HIV secara khusus kerana tiada penawar penyakit yang ditemui
lagi setakat hari ini.
Di mana
k = kadar pemulihan; k ≥ 0,
α = kebarangkalian dijangkiti,
β = purata transmisi daripada orang yang dijangkiti dalam satu tempoh
masa;
β ≥ 0,
γ = bilangan individu yang dijangkiti pada satu-satu masa secara purata,](https://image.slidesharecdn.com/modulmte3114-150117194220-conversion-gate02/85/Modul-mte3114-87-320.jpg)
Uploaded byLeeChing Tan
Modul mte3114
1. Modul ini membahasikan peranan matematika dalam teknologi modern dan kehidupan seharian melalui contoh-contoh seperti kriptografi, mesin ATM, algoritma pencarian Google, sistem GPS, dan kriptografi kunci awam. 2. Matematika dilihat sebagai bahasa yang memungkinkan penyampaian konsep secara tepat dan berperanan dalam berbagai budaya sepanjang sejarah seperti bangunan piramida Mesir kuno. 3. Tek
More Related Content
![Miskonsepsi Masa dan Waktu Tahun 1[2]](https://cdn.slidesharecdn.com/ss_thumbnails/miskonsepsimasadanwaktutahun12-121213022146-phpapp01-thumbnail.jpg?width=640&height=640&fit=bounds)
Modul mte3114
- 1.
- 2. 2MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 2 1.1 PERANAN MATEMATIK DALAM TEKNOLOGI MODEN Antara pendorong utama kemajuan sesebuah tamadun adalah rasa keinginan untuk mengatasi masalah-masalah yang membelenggu kehidupan manusia dengan bantuan alat teknikal. Kamus Dewan (2005) mentakrifkan teknologi sebagai aktiviti atau kajian yang menggunakan pengetahuan sains untuk tujuan praktis dalam industri, pertanian, perubatan, perniagaan dan sebagainya. Justeru teknologi moden secara umumnya adalah kajian atau aktiviti terbaru yang berkaitan tentang masa kini yang menggunakan pengetahuan sains untuk tujuan praktis. Matematik yang kita peroleh ini sebenarnya mempengaruhi teknologi moden pada hari ini. Bahkan dalam segenap sisi kehidupan manusia. 1.1.1 Matematik Sebagai Satu Bahasa Dengan memerhatikan evolusi sains secara semula jadi dalam abad ke dua puluh ini, kita dapat mengakui bahawa “buku alam ditulis dalam bahasa matematik” Matematik ialah bahasa dan seperti bahasa-bahasa lain yang mempunyai tatabahasa sendiri, sintaks, perbendaharaan kata, susunan kata, sinonim, konvensyen, dan lain-lain [Esty, 1997]. Bahasa ini adalah kedua-dua alat komunikasi dan alat pemikiran. Salah satu matlamat utama matematik ialah untuk pelajar menyerap konsep-konsep asas dan kemahiran bahasa yang penting dalam matematik. Kemahiran bahasa matematik ialah kebolehan untuk membaca dengan kefahaman, untuk meluahkan BAB 1MATEMATIK DALAM KEHIDUPAN SEHARIAN 1 Matematik dilihat sebagai satu bahasa
- 3. 3MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 3 pemikiran matematik dengan jelas, untuk menyatakan sebab secara logik, untuk mengiktiraf dan menggunakan corak pemikiran matematik. [Esty, W., 1997, kata pengantar] Keunikan bahasa-bahasa adalah keupayaan untuk memberikan ekspresi yg tepat bagi setiap buah fikiran ataupun konsep yang dapat di formulasi melalui bahasa tersebut. Kuasa bahasa matematik moden boleh dilihat dalam dua contoh di bawah: BAHASA MATEMATIK PURBA BAHASA MATEMATIK MODEN If a straight line be cut at random, the square on the whole is equal to the squares on the segments and twice the rectangle contained by the segments. (Euclid, Elements, II.4, 300B.C.) (a+b)2 = a2 + b2 + 2.a.b The area of any circle is equal to a rightangled triangle in which one of the sides about the right angle is equal to the radius, and the other to the circumference of the circle. (Archimedes, On the Sphere and the Cylinder, 220B.C.) A = r.2πr/2 = r2π Jika kita mengekalkan peranan utama matematik sebagai penyelesaian masalah, yang terdiri daripada masalah aktiviti model - operasi - mentafsir, maka matlamat utama pembelajaran matematik ialah memproses terjemahan daripada suatu masalah yang dirumuskan dalam bahasa ibunda kepada model matematik yang ditulis dalam bahasa matematik. 1.1.2 Matematik Sebagai Teknologi Berfikir "Teknologi pemikiran matematik adalah inti pati sains dan inti pati masyarakat yang berasaskan teknologi "(Buchberger) Teknologi pemikiran juga boleh diperoleh dalam mata pelajaran lain tetapi matematik memerlukan cara khas dalam berfikir. Untuk menerangkan cara ini kita boleh
- 4. 4MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 4 menggunakan "kreativiti lingkaran" Buchbergers sebagai model cara pelajar memahami matematik [Buchberger, 1992]. Lingkaran ini bermula dengan pemerhatian, bahan atau masalah data, penyelesaian yang boleh didapati dalam pembangunan algoritma atau dalam penciptaan konsep baru. Model Kreativiti Lingkaran Buchbergers merangkumi: 1.1.3 Matematik Sebagai Faktor Keselamatan Dalam Teknologi Moden Realiti dunia pada hari ini, semakin maju sesebuah negara, maka semakin maju teknologinya dan semakin besar juga gangguan ke atas keselamatan individu, komuniti, syarikat dan negara. Justeru, bagaimana pula matematik dapat membantu dalam aspek keselamatan? Contoh yang pertama dapat dilihat pada Kriptografi moden. Kriptografi moden ini menyatukan disiplin matematik, sains komputer dan kejuruteraan. Kriptografi adalah teknik menyembunyikan maklumat rahsia, biasanya dalam bentuk teknik- teknik pengekodan, matematik, atau cara lain dengan tujuan supaya mesej yang disimpan atau dihantar hanya diketahui oleh mana-mana pihak yang berminat. FASA 1: HEURISTIK (FASA EKSPERIMENTAL) Membangunkan andaian, membentuk hipotesis, merangka membuktikan idea-idea dan strategi penyelesaian, konsep asas masalah. Ciri-ciri bari aktiviti ini ialah: munasabah, kesimpulan induktif FASA 2: FASA MEMPERSOAL DAN MEMPERJELAS Membuat andaian, membuktikan hipotesis, pengaturcaraan FASA 3: FASA APLIKASI Menyelesaikan masalah dengan menggunakan konsep dan algoritma dibangunkan di fasa 1 dan 2: model, operasi dan mentafsir. 2 Model Kreativiti Lingkaran Buchbergers 3 Bagaimana kriptografi berfungsi
- 5. 5MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 5 Berhenti dan renungkan. Adakah sistem kriptografi ini dianggap selamat? Apakah yang anda tahu mengenai Pubic Key Cryptography? Selain itu, mesin ATM (Automatic Teller Machine) juga menggunakan matematik dalam sistem sekuritinya. Mesin juruwang automatik (ATM) merupakan sejenis peranti telekomunikasi berkomputer yang menyediakan capaian transaksi kewangan kepada pelanggan institusi kewangan di kawasan tumpuan awam tanpa memerlukan juruwang manusia atau kerani bank. Para pengguna akan memasukkan nombor pin untuk mengakses mesin tersebut. 1.2 MATEMATIK SEBAGAI KEGIATAN BUDAYA YANG BERTERUSAN Sepanjang sejarah, matematik telah digunakan oleh orang-orang yang berbeza dalam pelbagai cara. Aritmetik dan geometri telah digunakan untuk memenuhi keperluan harian rakyat. Orang-orang Mesir menggunakan geometri untuk membina piramid dalam tujuan pengebumian (Burton, 1999). Kajian matematik yang digunakan oleh orang-orang yang berbeza telah berkembang menjadi apa yang kini dikenali sebagai etnomatematik. Etnomatematik ditakrifkan sebagai bagaimana manusia pelbagai budaya menggunakan matematik dalam kehidupan seharian mereka. Kumpulan budaya tidak hanya terhad kepada kaum semata-mata tetapi konsepnya merangkumi lebih luas seperti golongan cerdik pandai. Dr Chris Matthews, seorang lelaki Orang Asli dari Negara Quandamooka (Moreton Bay, Queensland) menyatakan bahawa ia adalah penting untuk mempertimbangkan bahawa budaya mempunyai kesan yang besar terhadap cara matematik dipelajari. 4 Papan kekunci mesin ATM
- 6. 6MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 6 Beliau mencadangkan bahawa untuk memahami aspek-aspek budaya matematik, adalah perlu untuk mengetahui apa itu matematik. Rajah di bawah menunjukkan ringkasan Dr Matthews tentang pandangannya mengenai persoalan asas epistemologi matematik. Beliau percaya pembangunan pedagogi yang berpusat pada kitaran ini akan membawa kepada celik matematik tulen, membolehkan pelajar untuk mencapai pada standard yang tinggi. 5 Epistemologi matematik oleh Dr. Matthews Salah satu budaya yang berterusan di dalam matematik ialah Friezes (Dekorasi Dinding). Friezes ialah satu konsep matematik untuk mengklasifikasikan corak pada permukaan dua dimensi yang berulang-ulang dalam satu arah, erdasarkan Simetri dalam corak. Terdapat 7 corak dekorasi dinding asas yang pengaplikasikan konsep penjelmaan (transformation) dalam matematik yang kongruen (tidak melibatkan pembesaran / enlargement). John Conway mencipta nama-nama yang berkaitan dengan jejak langkah bagi setiap kumpulan dekorasi dinding (F1 hingga F7).
- 7. 7MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 7
- 8. 8MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 8 Mosaic (Mozek) Mosaic adalah seni mewujudkan imej-imej dengan himpunan kepingan kecil kaca berwarna, batu atau bahan-bahan lain. Ia boleh menjadi satu teknik seni hiasan, aspek hiasan dalaman, atau kepentingan budaya dan rohani seperti di beberapa tempat terkenal tamadun dunia. 1. Roman Mosaic
- 9. 9MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 9 2. Etruscan Mosaic 3. Girih – islamic comlex mosaic 4. Dome of the Rock, Palestin
- 10. 10MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 10 1.3 ASAS MATEMATIK KONTEMPORARI Matematik kontemporari adalah jambatan kepada ilmu dan pengetahuan matematik. Ia menghubungkan pelbagai disiplin ilmu matematik untuk menjadikannya lebih berkembang dan moden. 1.3.1 Enjin Carian Google. Google mempunyai visi untuk mengatur maklumat dunia dan membuatkannya boleh diakses secara universal. Proses enjin carian Google ini menggunakan prinsip matriks dan algoritma. Penggunaan matriks Katakan setiap nod di sebelah kanan mempunyai link yang ditunjukkan dalam graf yang diarahkan. Yang manakah nod yang paling penting dan akan muncul pada kali yang pertama?
- 11. 11MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 11 Berikut ialah kedudukan carian bagi setiap laman sesawang yang dicari. Nombor satu menunjukkan laman yang paling kurang diakses dan nombor 10 adalah laman yang paling kerap dilayari pengguna internet. Penggunaan Algoritma PageRank adalah algoritma analisis link yang menyerahkan wajaran berangka untuk setiap halaman Web, dengan tujuan untuk "mengukur" kepentingan relatif. Ia berasaskan kepada peta hyperlink dan merupakan cara terbaik untuk mengutamakan keutamaan carian kata kunci. Justeru bagaimana untuk mengiranya? PR setiap halaman bergantung kepada PR di laman-laman menunjuk kepadanya. Tetapi kita tidak akan tahu apa yang PR halaman tersebut mempunyai sehingga halaman menunjuk ke mereka mempunyai PR mereka dikira dan sebagainya. Jadi apa yang kita lakukan adalah membuat tekaan. PR1 – Very Poor. PR2 – Poor. PR3 – Average. PR4 – Above Average. PR5 – Good. PR6 – Great. PR7 – On Fire. PR8 – Big. PR10 – The Best.
- 12. 12MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 12 Prinsip: Ia tidak kira di mana anda bermula tekaan anda, apabila pengiraan PageRank telah ditetapkan, "taburan kebarangkalian normal" (PageRank purata untuk semua muka surat) akan menjadi 1.0. Anggapkan 4 laman sesawang ialah A, B, C dan D. Biarkan setiap halaman bermula dengan anggaran Page Rank sebanyak 0.25. Pemerhatian: setiap halaman mempunyai sekurang-kurangnya PR 0.15 untuk berkongsi keluar. Tetapi ini hanya mungkin dalam teori - terdapat khabar angin bahawa Google menjalani fasa pasca spidering di mana mana-mana halaman yang tidak mempunyai link masuk di semua benar-benar dihapuskan dari indeks ...
- 13. 13MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 13 1.3.2 Global Positioning System (GPS) GPS adalah sistem navigasi radio berasaskan satelit yang membolehkan sesiapa sahaja di mana-mana di dunia ini untuk menentukan kedudukan mereka dengan ketepatan yang besar dan tepat. Komponen GPS: a. Angkasa - Satelit b. Kawalan - Stesen-stesen pemantauan di bumi c. Pengguna - unit GPS seperti yang anda akan gunakan hari ini Berapa banyak satelit yang membentuk GPS? 24 satelit GPS yang ada di orbit sekitar 12,000 batu di atas kita. Ia bergerak berterusan bergerak mengelilingi bumi 12 jam dengan kelajuan 7,000 batu sejam. GPS juga memerlukan sekurang-kurangnya 3-4 satelit. Bagaimana satelit bekerja? Contoh: Satu Kapal berada pada kedudukan yang tidak diketahui dan tidak mempunyai jam. Ia menerima isyarat serentak daripada 4 satelit, memberikan kedudukan dan masa seperti yang ditunjukkan dalam Jadual di bawah : ϕ corresponds to latitude, λ to longitude and h to the ellipsoidal height,i.e.the length of the vertical P line to the ellipsoid.
- 14. 14MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 14 1. Kira jarak dari kapal tersebut Isyarat itu dihantar pada masa 19.9 dan tiba pada masa t. Perjalanan pada kelajuan .047, Jadi:
- 15. 15MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 15
- 16. 16MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 16 1.3.3 Kekunci Awam Kriptografi (Public Key Cryptography) Berasal daripada perkataan Greek ‘kryptos’ yang bermaksud tersembunyi dan ‘graphien’ untuk menulis. Kriptografi (Bruce Schneier) – ilmu dan seni untuk menjaga kerahsiaan berita. Bagaimana Kriptografi berfungsi? Berfungsi dalam sistem keselamatan rangkaian dan menjamin penyimpanan data. Apa itu Kriptanalisis (Cryptanalisis)? Seni dan ilmu untuk memecahkan ciphertext menjadi plaintext tanpa melalui cara yang seharusnya (dekripsis). Proses:
- 17. 17MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 17 Algoritma Rivest-Shamir-Adleman (RSA) RSA dicipta pada tahun 1978 dan dipaten pada 1983. Singkatan dari nama perintis perintis iaitu Ron Rivest, Adi Shamir dan Leonard Adleman dari Masschusetts Institute of Technology. Berikut ialah pengiraan inkripsi RSA: Pengiraan: Kekunci awam yang digunakan adalah (e,N). Kekunci peribadi yang digunakan adalah d.
- 18. 18MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 18 1.3.4 Pemampatan Imej Fraktal 10 hingga 15 tahun yang lalu, teknik fractal ini diperkenalkan dalam grafik computer. Teknik ini menggunakan teori matematik Iterated Function System (IFS) yang berasaskan Sistem Fungsi Pengulangan. Sistem ini dibangunkan oleh John Hutchinson. Apa yang dimaksudkan dengan pemampatan Imej Fraktal? Bayangkan sejenis mesin fotokopi yang mengurangkan imej yang disalin kepada separuh dan dalam masa yang sama, dihasilkan dalam tiga salinan imej. Anda akan melihat kesemua salinan bertumpu kepada satu imej akhir.
- 19. 19MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 19 Apabila mesin fotokopi menyusutkan input imej, maka sebarang imej permulaan yang diletakkan pada mesin fotokopi akan menyusut kepada satu titik. Hakikatnya, kedudukan dan orientasi salinan sahaja yang akan menentukan imej yang terakhir. Pemampatan Fractal termasuk dalam kaedah mampatan tidak berkurang (lossy compression). Terdapat kaedah tradisional yang lain tentang pemampatan imej dan pemampatan fractal adalah merupakan salah satu yang terbaik. Walau bagaimana pun, kaedah mampatan fractal didakwa mempunyai prestasi yang lebih baik kerana ia menghasilkan anggaran yang lebih dekat kepada imej asal pada nisbah mampatan yang lebih tinggi. Apakah yang terkandung dalam Pemampatan Imej Fraktal? - Affine transformation - Iterated function system (IFS) - Self-similarity in images - Partition iterated function system - Encoding images - Encoding colour images Salah satu sistem yang diguna pakai dalam pemampatan imej fractal ini ialah Transformasi Affine (Affine Transformation). Affine transformation bagi sesuatu imej adalah sebarang kombinasi bagi putaran, perubahan skala, condongan ataupun translasi. Contoh: Imej yang diputar 90 darjah, dan diskalakan, akan membentuk affine transformation
- 20. 20MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 20
- 21. 21MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 21 Kesimpulan: pemampatan imej fractal masih dalam pembangunan. Penyelidik dan syarikat-syarikat teknologi masih lagi mencuba membentuk algoritma baru untuk mengurangkan masa pengekodan. 1.3.5 Sistem Binari Sebuah sistem mempersembahkan nombor menggunakan asas 2. Nombor-nombor (1, 2, 3, 4, 5, ...) dipersembahkan dengan diwakili dengan digit 0 dan 1. Ahli matematik melihat sistem binari ini sebagai suatu alat berkembangnya ilmu sains komputer dan kecanggihan peranti elektronik.
- 22. 22MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 22 Secara ringkasnya, nilai tempat bagi sistem binari adalah: 100001 = (1 x 25) + (1 x 20) = 32 + 1 = 33 (nombor desimal) Sistem binari ini digunapakai secara meluas dalam kebanyakan peranti dan litar elektronik yang menggunakan get logik (yang mana input dan outputnya diwakili oleh digit 0 dan 1). Contoh peranti yang menggunakan sistem binari ialah: Kalkulator Komputer Mesin taip elektronik Penggunaan sistem binari dalam kod ASCII ASCII ialah American Standard Code for Information Interchange. Ia digunakan secara meluas dalam bidang mikrokomputer. Kod ASCII ini mewakili symbol pada papan kekunci komputer. Terdapat 127 kod ASCII yang mewakili 127 simbol kesemuanya. Contoh Kod ASCII:
- 23. 23MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 23 Secara kesimpulannya, matematik banyak digunakan dalam pelbagai bidang di dunia. Di bawah ini merupakan rumusan berkenaan bidang-bidang yang menggunakan matematik: Aritmetik : kewangan, perakaunan, perbankan, insurans Statistik : insurans, penyelidikan, pemasaran, hubungan awam Geometri : arkitektur, reka bentuk, seni bina, GPS Kalkulus : arkitektur, reka bentuk, seni bina Algebra : penyelesaian masalah, kriptografi, enjin pencarian
- 24. 24MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 24 2.1 Beberapa Definisi Kod Satu peraturan /petua untuk menukar sebarang maklumat ke dalam bentuk / perwakilan yang berlainan. Pengkodan Proses di mana maklumat daripada sumber ditukar kepada simbol untuk dikomunikasi. Pengdekodan Proses songsang pengkodan di mana simbol kod ditukar balik kepada bentuk / maklumat yang mudah difahami oleh si penerima. Cipher Algoritma atau prosedur yang ditetapkan untuk menjalankan proses enkripsi ( mesej dienkod agar maklumat tidak dapat difahami oleh pihak lain kecuali pihak yang dibenarkan)[ atau dekripsi (proses mengdekod mesej yang diterima kepada mesej yang asal dan mudah difahami) Perkembangan kod klasik dan cipher menggunakan teknik-teknik yang berikut o Transposisi o Gantian o 2.2 Transposisi Kaedah enkripsi mesej yang melibatkan perubahan penyusunan semula huruf / kumpulan huruf mengikut peraturan atau sistem tertentu Cipher Pagar Kereta Api Huruf-huruf dalam mesej ditulis semula dalam dua atau lebih baris. Kemudiannya, dicantumkan semula untuk membentuk mesej yang telah dienkodkan. BAB 2 KOD KLASIK DAN SIFER
- 25. 25MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 25 Contoh: Mesej “ KAMI TERTIPU OLEH MEREKA LAGI ” bila ditulis dalam LIMA baris menjadi K E U M A A R O E L M T L R A I I E E G T P H K I dan bila digabungkan semula menjadi mesej “ KEUMAAROELMTLRAIIEEGTPHKI “ Si penerima akan menyusun mesej yang diterima dalam lima baris dan membaca mengikut arah yang dipersetujui dengan si pengirim – dalam contoh ini dari atas ke bawah untuk mengdekod mesej kepada yang asal. Cipher Lintasan Huruf-huruf dalam mesej ditulis semula mengikut satu lintasan yang tertentu, misalnya mengikut lintasan spiral dari luar ke dalam yang tersusun dalam satu segiempat sama. Bilangan petak dalam segiempat sama yang diguna merupakan rahsia antara si pengirim dan si penerima. Contoh: Mesej “ KAMI TERTIPU OLEH MEREKA LAGI “ selepas ditulis mengikut lintasan spiral akan menjadi mesej “ KAMITMEREEHGIKREALATLOUPI “ Untuk mengdekod mesej, si penerima menggunakan segiempat sama yang serupa dengan si pengirim dan membaca ikut lintasan yang dipersetujui. 2.3 Gantian Kaedah enkripsi mesej yang melibatkan penggantian semula huruf/kumpulan huruf mengikut peraturan atau sistem tertentu
- 26. 26MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 26 Cipher Gantian Mudah Semua huruf dalam abjad dipadankan dengan huruf secara padanan satu dengan satu mengikut peraturan atau sistem yang dipersetujui dan dirahsiakan. Contoh: A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z M E L A Y U B C D F G H I J K N O P Q R S T V W X Z Merujuk kepada sistem di atas mesej “ SATU MALAYSIA “ akan ditulis sebagai “QMRSIMHMXQDM” Kedua-dua pengirim dan penerima akan menggunakan sistem yang sama. Cipher Caesar Setiap huruf dalam abjad digantikan oleh huruf yang berkedudukan tertentu daripadanya dalam susunan abjad. Contoh: A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z Y Z A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Dalam contoh ini, setiap huruf digantikan dengan huruf yang berada dua tempat selepasnya. Oleh yang demikian, mesej “ KECEMERLANGAN “ akan ditulis sebagai “ICACKCPJYLEYL” Cipher Pigpen
- 27. 27MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 27 Sistem ini menggunakan simbol-simbol yang diguna oleh kumpulan Freemason bagi mewakili huruf-huruf tertentu. Cipher ini juga dikenali sebagai cipher Masonic atau Rosicrucian. Contoh: Cipher Atbash Cipher ini merupakan cipher gantian yang mudah yang hanya mengandungi dua baris abjad yang yang disusun secara bertentangan arah. Contoh : A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z Z Y X W V U T S R Q P O N M L K J I H G F E D C B A Mesej “ BAHASA JIWA BANGSA “ akan ditulis sebagai “YZSZHZ QRDZ YZMTHZ “ Cipher Kama Sutra Cipher ini juga dikenali sebagai cipher Vatsyayana yang pernah dihuraikan dalam buku Kama Sutra yang ditulis dalam abad ke-4 AD. Setiap huruf dipadankan dengan huruf lain secara rawak dan digunakan untuk menulis mesej rahsia. Padanan satu dengan satu antara pasangan huruf-huruf hanya diketahui oleh pengirim dan penerima. Contoh: A = K B = C C = Z D = I E = R F = S G = M H = P I = L J = H K = V L = E M =Y N = G O = J P = F Q =N R = W S = B T = O U = D V = X W= U X = A Y = T Z = Q Mesej “ TERPERANGKAP “ ditulis sebagai “ ORWFRWKGMVKF “
- 28. 28MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 28 3.1 Kapal Angkasa Mariner6 1969 Pada tahun1965, Amerika Syarikat telah melancarkan kapal angkasa Mariner4 untuk mengambil gambar Marikh. Transmisi setiap gambar mengambil masa 8 jam. Misi Mariner selanjut, seperti Mariner6, telah menghasilkan gambar yang lebih jelas sebab menggunakan kod pembetulan ralat. . Kaedah transmisi gambar oleh Mariner6 dari Marikh ke Bumi yang digunakan pada tahun 1969 melibatkan penggunaan grid halus yang diletakkan ke atas gambar yang dikirim. Setiap “petak” atau piksel, diberi “darjah kehitaman” antara julat 0 hingga 63. BAB 3 KOD DAN KRIPTOGRAFI
- 29. 29MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 29 Setiap nombor ditulis sebagai urutan enam 0 dan 1. Contoh cara penulisan dalam sistem binari (nombor asas 2) adalah seperti di bawah: 0 000000 1 000001 2 000010 3 000011 4 000100 5 000101 6 000110 7 000111 8 001000 9 001001 … 43 101011 … 63 111111 Jadi, darjah kehitaman = 43 → 101011. Dalam kes Mariner6, setiap gambar dipecahkan kepada 700 x 832 petak, di mana setiap petak dikodkan oleh 6 digit binari, setiap gambar akan mengandungi satu urutan 6 x 700 x 832 = 3 494 400 digit binari. Walau bagaimana pun, darjah kehitaman setiap petak mengandungi enam digit binari manakala mesej yang dikirim sebenarnya menggunakan lebih banyak digit bagi setiap darjah kehitaman – sebenarnya 32 digit binari digunakan bagi setiap petak, oleh yang demikian gambar akan mengandungi urutan 32 x 700 x 832 = 18 636 800 digit binari.
- 30. 30MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 30 Proses Transmisi Mesej Sungguh pun, saluran transmisi mesej yang ditunjukkan di atas mudah. Kadang- kadang mesej yang dikirim akan diganggu oleh ralat tertentu. Sama ada saluran transmisi yang digunakan merupakan pautan satelit, tanpa wayar atau wayar telefon, biasanya saluran tersebut mungkin akan menambah unsur gangguan (noise) yang menyebabkan ralat. Kejadian ini serupa dengan gangguan suara yang kita alami semasa panggilan telefon di kawasan isyarat lemah. Dalam contoh di atas, mesej 01101 dikirim tetapi mesej yang diterima kurang jelas. Jadi, adalah sukar untuk menterjemahkan digit tengah dan digit terakhir yang diterima 01?0? Apakah yang si penerima patut buat bila menerima mesej tersebut? Jawapannya bergantung kepada situasi. Misalnya, adalah mungkin mesej tersebut diminta dikirim sekali lagi – semasa panggilan telefon, minta disebut sekali lagi atau pun semasa menggunakan kad kredit, kad kredit dilalui mesin kad kredit sekali lagi jika nombor
- 31. 31MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 31 yang diterima kurang jelas sebab sukar diteka. Dalam kes misi angkasa lepas Mariner, gambar tersebut tidak dapat dihantar sekali lagi dan adalah lebih praktikal untuk mengdekod mesej seberapa yang mungkin (oleh komputer bukan oleh manusia). Secara am, kesan gangguan dalam saluran komunikasi akan mengakibatkan ralat yang menyebabkan mesej yang diterima berlainan daripada apa yang dikirim. Oleh demikian, dalam contoh Mariner6 di atas, kita dapat lihat situasi di mana 43 yang ditransmisikan oleh kapal angkasa diterima dan diterjemahkan sebagai 11 di Bumi. 3.2 Kod Pembetulan Kesilapan Kod pembetulan kesilapan (ralat) menangani masalah ralat dengan menggunakan konsep lebihan (redundancy) – menggunakan lebih banyak simbol yang diperlukan untuk mesej. Dalam bahasa biasa, lebihan kerap berlaku, di mana pengetahuan bahasa dan konteks ianya digunakan – membantu kita mengenal pasti ralat tipografikal (ejaan) dan membetulkannya apabila dibaca. Misalnya, jika perkataan ‘cetakan’ dikirim, ia mungkin diterima sebagai ‘cetekan’ atau ‘cetakau’. Dalam konteks topik ini, memang dapat dikenal pasti dengan mudah yang ralat tipografikal (ejaan) telah berlaku dan perkataan yang betul diteka dengan tepat sebagai ‘cetakan’. Misi Mariner6 telah menggunakan 6 digit binari untuk mengenkod setiap petak kecil (piksel) dalam gambar Marikh. Apabila mengirim isyarat balik ke Bumi, Mariner6 mengirim 32 digit dengan 26 (=32-6) digit lebihan. Yang lebih mengkagumkan ialah terjemahan betul bagi setiap rantaian yang mengandungi kurang daripada 8 ralat.
- 32. 32MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 32 Jadi: Setiap rantaian mengandungi enam 0 dan 1 → rantaian tiga puluh dua 0 dan 1 → rantaian dengan < 8 ralat didekodkan dengan betul Bagaimanakah ini boleh berlaku? Proses mengenkod mesej bermula dengan penukaran teks biasa kepada satu rantaian nombor dengan menggunakan abjad digital berikut. Dalam kod ini, setiap huruf (dan juga tanda isyarat) diwakili oleh urutan 0 dan 1 sepanjang 5-digit. Oleh yang demikian, urutan-urutan tersebut merupakan nombor antara 0 dan 32 yang ditulis dalam sistem binari (asas 2). Dalam kest Mariner6, satu kod Reed-Muller yang kuat telah digunakan untuk pembetulan kesilapan. Seperti yang dinyatakan, mesej 6 digit binari telah ditukar kepada mesej 32 digit binari yang digelar sebagai katakod (codewords). Misalnya, mesej yang dikirim mengandungi 3 digit binari. Oleh yang demikian, terdapat 8 mesej yang mungkin, yang boleh diwakili oleh integer 0 hingga 7. Dalam contoh ini, 5 digit lebihan akan ditambah kepada setiap mesej untuk menghasilkan katakod yang panjangnya 8.
- 33. 33MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 33 0 = 000 000 00000 1 = 001 001 10110 2 = 010 010 10101 3 = 011 → 011 00011 4 = 100 100 10011 5 = 101 101 00101 6 = 110 110 00110 7 = 111 111 10000 Katakod 00110110 mewakili integer 1. Jika dibandingkan dengan katakod 00000000 yang mewakili integer 0, mudah dilihat bahawa kedua-dua katakod ini berbeza di empat tempat (ketiga, keempat, keenam dan ketujuh). Dengan cara yang sama, jika dibandingkan 0110110 dengan katakod 01010101, dapat dilihat sekali lagi bahawa kedua-dua katakod ini berbeza di empat tempat – kali ini di tempat kedua, ketiga, ketujuh dan kelapan. Perhatikan yang hanya ada 8 mesej, iaitu 8 katakod daripada 28 = 256 rantaian lapan digit binari yang mungkin. Hal ini akan dapat membantu pengesanan ralat tetapi juga pembetulan ralat yang tunggal. Jika 00111110 diterima, memang mudah untuk menyemak bahawa ini bukan katakod dan ralat telah berlaku – biasanya tidak pasti hanya satu ralat berlaku tetapi yang pasti adalah sekurang-kurangnya satu ralat telah berlaku. Sungguh pun sukar untuk mengetahui mesej asal, prinsip kemungkinan maksimum (principle of maximum likelihood) boleh digunakan untuk mengdekod mesej yang diterima. Ini boleh dilakukan dengan membandingkan mesej yang diterima dengan 8 katakod dan lihat yang mana satu katakod paling rapat dengan mesej yang diterima. Apabila ini dilakukan, dapat dilihat yang katakod yang paling rapat dengan 00111110 ialah 00110110. Ia hanya berbeza di satu tempat – tempat kelima (yang digariskan). Oleh sebab setiap katakod berbeza daripada yang laing dalam tepat empat tempat, mesej yang diterima 00111110 akan berbeza daripada yang lain dalam sekurang- kurangnya tiga tempat.
- 34. 34MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 34 Jadi, dapat diandaikan yang ralat jarang-jarang berlaku, jadi katakod yang mungkin ditransmisikan ialah 00110110. Dalam kes ini, selagi ada satu ralat (dan ini adalah kes yang paling mungkin) ianya dapat diperbetulkan. Ini memang benar untuk semua kes di mana satu ralat berlaku – jadi ia digelarkan sebagai kode pembetulan ralat tunggal (single-error-correcting code). Dalam contoh ini, 8 digit katakod 3 digit maklumat dan 5 digit lebihan. Kadar maklumat = 8 3 Secara am, n digit } – – – … – – – … – – } } k digit mesej r digit semakan (lebihan) Kadar maklumat, R = n k . Bagi Mariner 6, kadar maklumat R = 32 6 .
- 35. 35MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 35 3.3 Kod Ulangan Satu cara yang mudah untuk memperkenalkan lebihan adalah untuk mengulang semua. Jadi, jika ada mesej, ia boleh dikodkan dengan mengulang setiap digit n kali. Jika n = 5, panjang kod ulangan ialah 5. Contoh : S → 10011 → 11111 00000 00000 11111 11111 U → 10101 → 11111 00000 11111 00000 11111 S → 10011 → 11111 00000 00000 11111 11111 I → 01001 → 00000 11111 00000 00000 11111 E → 00101 → 00000 00000 11111 00000 11111 Jika dikirim S = 10011 as 11111 00000 00000 11111 11111, ia akan diterima sebagai urutan ) dan 1 yang panjangnya 25. Kita perlu peraturan (algoritma) untuk mengdekod mesej yang diterima. Dengan bantuan komputer mengdekod mesej, tekaan mengikut konteks tidak dilakukan tetapi peraturan yang tepat perlu digunakan. Misalnya, apabila mesej berikut di terima: 11011 00110 11000 10000 10111 bagaimanakah ianya didekod ? Algoritma Dekod bagi Kod Ulangan Panjang 5 1. Bilang digit 1. 2. Jika bilangan digit 1 ≥ 3 , tulis 11111. 3. Jika bilangan digit 1 ≤ 2 , tulis 00000. Perhatikan bahawa kod ini boleh membetulkan 2 ralat tetapi ia mempunyai kad maklumat yang sangat rendah 5 1 . Jika n = 4 (setiap digit diulang 4 kali),apakah yang berlaku jika terima 0011 ?
- 36. 36MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 36 Saluran Simetri Binari Kebarangkalian menerima simbol yang silap adalah serupa sama ada simbol 0 atau simbol 1 dikirim. Kebarangkalian menerima simbol yang silap = p Misalnya, jika p = 100 1 , jadi kebarangkalian satu digit tunggal diterima secara silap ialah 100 1 = 0.01, jadi kebarangkalian satu digit tunggal diterima secara betul ialah 100 99 = 0.99. Dianggap semual ralat berlaku secara rawak – iaitu secara tidak bersandar satu sama lain. Untuk memudahkan pengiraan, kod ulangan panjang 3 digunakan. Bolehkah kebarangkalian 100 99 = 0.99 diperbaiki jika satu katakod satu digit diterima? Mesej dikirim Mesej dikodkan Mesej mungkin diterima Mesej didekod 0 → 000 → 000 001 010 100 → 0 1 → 111 → 101 011 110 111 → 1
- 37. 37MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 37 Jika 000 dikirim, Pengiraan kebarangkalian mesej yang mungkin diterima: Pr (000) = 100 99 x 100 99 x 100 99 = 0.970299 Pr (001) = 100 99 x 100 99 x 100 1 = 0.009801 Pr (010) = 100 99 x 100 1 x 100 99 = 0.009801 Pr (100) = 100 1 x 100 99 x 100 99 = 0.009801 Jadi kebarangkalian mengdekod mesej sebagai 0: Pr (0) = Pr (000) + Pr (001) + Pr (010) + Pr (100) = 0.970299 + 3 x 0.009801 = 0.999702 . Jadi, secara purata, kesilapan mengdekod mesej yang dikirim 0 sebagai 1 berlaku hanya sekali setiap 100 kali, kita akan dapat ralat kurang daripada 3 setiap 10 000 (atau 1/3000) ! Ini merupak kemajuan yang hebat. Bagi kod ulangan panjang n, n digit } – – – … – – } } 1 digit Mesej n – 1 digit semakan Kadar maklumat, R = n 1 . Ini sangat kecil! Kod ulangan dapat membetulkan ralat tetapi kadar maklumatnya sangat rendah!
- 38. 38MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 38 Latihan 1. Anda telah menerima mesej berikut yang ditulis dengan kod ulangan panjang 5. 00000 10010 11011 11000 01111 11110 01010 01000 01011 00001 00111 10000 01100 11100 00000 01000 11111 00111 10111 11101 01111 00010 01000 10111 10000 a) Tukar mesej ini kepada kod 5 digit binari. b) Tukarkan kepada abjad biasa. 2. Anda telah menerima mesej berikut yang ditulis dengan kod ulangan panjang 5. 00000 11011 01111 00100 11111 01000 11111 00100 00001 11101 11101 00100 00000 11110 01111 11111 10000 01000 00000 00100 10111 00010 10000 00111 01100 01100 10001 01010 00011 11001 01010 10111 01111 11111 00000 11111 00010 11011 01000 00000 a) Tukar mesej ini kepada kod 5 digit binari. b) Tukarkan kepada abjad biasa. c) Apakah mesej yang sebenar? 3. Kod ulangan panjang 3 digunakan untuk transmisi mesej. Jika kebarangkalian membuat kesilapan dalam satu digit ialah 0.01 dan kita anggap kesilapan berlaku secara tak bersandar satu sama lain, kirakan kebarangkalian mesej 000 yang dikirim diterima sebagai 111.
- 39. 39MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 39 3.4 Kod Semakan Pariti Kod semakan pariti tunggal merupakan ekstrem daripada kod ulangan. Berbanding dengan kod ulangan, kod semakan pariti tunggal hanya ada satu digit semakan. Digit semakan ini diperolehi daripada jumlah digit maklumat (mod 2). Sebagai contoh, lihat bagaimana digit semakan dikira A 000001 1 } ← 5 digit maklumat 1 digit semakan B 000010 1 C 000011 0 D 000100 1 … Secara am katakod ditulis sebagai c1 c2 c3 c4 c5 c6 di mana c6 = c1 + c2 + c3 + c4 + c5 (mod 2). Bagi kod semakan pariti tunggal, n digit } -- … - - } ← k = n – 1 digit mesej 1 digit semakan Kadar maklumat n k = n n 1 , amat tinggi! Akan tetapi, kod semakan pariti tunggal hanya boleh mengesan bilangan ralat yang ganjil tetapi tidak dapat membetulkannya.
- 40. 40MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 40 Latihan 1. Cari katakod yang mewakili huruf berikut dalam kod semakan pariti tunggal di atas : J , L , Q , S , G , X. 2. Tulis mesej NO ERRORS dengan kod semakan pariti tunggal. 3. Mesej berikut telah diterima dalam kod semakan pariti tunggal: 000011 000000 001111 011110 010110 001001 000000 100100 001010 100111 101001 011000 101000 a) Kesan di mana ralat telah berlaku. b) Dekod semua huruf yang lain. c) Cuba teka mesej yang dikirim.
- 41. 41MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 41 3.5 Kod Linear Perhatikan kod linear panjang 6 berikut ada 3 digit mesej dan 3 digit semakan Katakod panjang 6 } c1 c2 c3 c4 c5 c6 } } 3 digit mesej 3 digit semakan boleh ditulis semula sebagai persamaan linear untuk mentakrifkan digit-digit semakan. Bila diberi mesej c1 c2 c3 , c4 = c1 + c2 (mod 2) c5 = c1 + c3 (mod 2) c6 = c2 + c3 (mod 2) untuk memperolehi katakod C= [c1 c2 c3 c4 c5 c6]. => 6 5 4 c c c = 110 101 011 3 2 1 c c c . Sebagai contoh, 010 akan ditransmisikan sebagai [010101]. Latihan Tuliskan katakod yang sepadan dengan mesej: (i) 111 (ii) 101 (a) Berapakah mesej tiga digit yang dibentukkan? (b) Senaraikan semua katakod bagi kod ini.
- 42. 42MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 42 Persamaan Semakan Pariti Katakod C = [c1 c2 c3 c4 c5 c6 ] menyempurnakan persamaan semakan pariti c1 + c2 + c4 = 0 (mod 2) c1 + c3 + c5 = 0 (mod 2) c2 + c3 + c6 = 0 (mod 2). Persamaan-persamaan ini dinamakan sebagai persamaan semakan pariti sebab menyemak pariti atau kegenapan hasil tambah digit-digit dalam katakod – untuk memperolehi 0 di sebelah kanan, kita perlu dapat bilangan 1 yang genap pada sebelah kiri setiap persamaan. Persamaan semakan pariti juga boleh ditulis sebagai 100110 010101 001011 6 5 4 3 2 1 c c c c c c = 0 0 0 , atau H CT = 0 , di mana H ialah matriks semakan pariti. [CT = transpos menegak bagi vektor C ] Apakah yang berlaku semasa transmisi katakod? Apabila katakod C = [c1 c2 c3 c4 c5 c6] dikirim saluran transmisi akan menambah gangguan (ralat) E = [e1 e2 e3 e4 e5 e6] mengakibatkan katakod diterima sebagai R = [r1 r2 r3 r4 r5 r6] di mana ri = ci + ei (mod 2) .
- 43. 43MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 43 Latihan 1. Jika C = [100110] , E = [000101], cari R. 2. Jika R = [001000], E = [000011], cari C. 3. Jika R = [010000], C = [111000], cari E. Biasanya, kita hanya tahu katakod yang diterima, R. Jadi masalah adalah untuk mengetahui katakod yang dikirim C jika kita terima katakod R. Ini boleh dilakukan dengan mencari E dahulu.
- 44. 44MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 44 Mengira Sindrom Bagi katakod yang diterima, R = [r1 r2 r3 r4 r5 r6], kita mentakrifkan sindrom, s = [s1 s2 s3] bagi R dengan s1 = r1 + r2 + r4 (mod 2) s2 = r1 + r3 + r5 (mod 2) s3 = r2 + r3 + r6 (mod 2). 3 2 1 s s s = 100110 010101 001011 6 5 4 3 2 1 r r r r r r atau sT = H RT . Oleh kerana digit-digit sindrom ditakrifkan oleh persamaan semakan pariti yang sama dengan katakod, digit sindrom akan mendedahkan pola kegagalan semakan pariti. s dinamakan sebagai sindrom R sebab ia mempamerkan “ simptom khas” ralat tanpa mengenal pasti sebabnya, seperti cara kita mengenal sesuatu penyakit daripada simptomnya dan bukan sindrom (sebabnya yang sebenar) – contoh SIDS = Sudden Infant Death Syndrome. Semua katakod mempunyai sindrom 0 = [000] sebab H CT = 0 . Sindrom katakod yang diterima serupa dengan sindrom ralat. Katakod yand diterima R merupakan hasil tambah katakod C dan ralat E. R = C + E. Jadi C = R – E dan 0 = H CT = H (R – E)T = H (R T – E T ) = H R T – H E T Oleh itu sT =H RT = H E T . Jadi katakod yang diterima R mempunyai sindrom yang sama dengan ralat E.
- 45. 45MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 45 Maklumat ini sangat berguna sebab ini bermakna jika R merupakan katakod yang diterima, set ralat yang mungkin juga merupakan set vektor yang sama dengan sindrom R. Dari atas, jika R dan E mempunyai sindrom yang sama, kita boleh guna akas penghujahan untuk menunjukkan bahawa jika H RT = H E T , jadi R – E = C , di mana C adalah katakod. Bilangan perkataan dengan sindrom yang sama serupa dengan bilangan katakod. Dalam kes ini ada 2 3 = 8 sindrom yang mungkin dan setiap selaras tepat dengan 8 8 64 8 26 perkataan. Oleh itu, sebagai contoh, 8 katakod selaras tepat dengan 8 perkataan dengan sindrom[000]. Mencari perkataan selaras dengan sindrom yang diberi Sebab sindrom katakod yang diterima R sama dengan sindrom ralat E, satu perkara yan perlu dilakukan untuk dekod katakod yang diterima adalah untuk mencari semua perkataan yang mempunyai sindrom yang sama dengan R. Misalnya, kita akan mencari semua perkataan dengan sindrom [001] bila kita menggunakan kod linear yang ditakrifkan. Oleh itu, r1 + r2 + r4 = 0 (mod 2) r1 + r3 + r5 = 0 (mod 2) r2 + r3 + r6 = 1 (mod 2). 100110 010101 001011 6 5 4 3 2 1 r r r r r r = 1 0 0 ,
- 46. 46MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 46 atau H RT = 1 0 0 = sT . Dengan cara yang sama, kita akan dapat mencari semua perkataan yang selaras dengan sindrom [001] dengan cara menyenaraikan semua 8 pilihan yang mungkin bagi 0 dan 1 bagi ketiga-tiga pembolehubah yang pertama dan mencari nilai baki tiga pembolehubah tersebut. Misalnya, jika kita mula dengan r1 = 0, r2 = 0, r3 = 0, kita dapat lihat daripada persamaan ini, kita dapatkan tiga persamaan di mana r4 = 0, r5 = 0, r6 = 1. Jadi salah satu daripada 8 perkataan yang selaras dengan sindrom [001] ialah [000001]. Kita boleh memperolehi semua 8 perkataan dengan cara yang sama.Misalnya, jika r1 = 0, r2 = 0, r3 = 1, kita dapat r4 = 0, r5 = 1, r6 = 0, yang membentuk perkataan [001010]. Latihan 1. Cari 6 perkataan lagi yang selaras dengan sindrom [001]. 2. Senaraikan semua perkataan dengan sindrom a) [010]. b) [111]. Tatasusunan Piawai Slepian menyenaraikan semua perkataan yang selaras dengan setiap sindrom bagi kod linear.
- 47. 47MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 47 Set perkataan { [r1 r2 r3 r4 r5 r6] di mana ri = 0 atau 1, bagi i = 1, 2, …, 6} membentuk ruang vektor dimensi 6 di atas Medan Galois GF(2). Sebab semua katakod merupakan penyelesaian bagi H CT = 0, semua katakod membentuk subruang bagi ruang vektor yang mengandungi semua perkataan. Dimensi sub ruang ini ialah 6 – 3 = 3. Khasnya, ini bermakna set katakod akan membentuk kumpulan di bawah penambahan(mod 2) dan juga hasil tambah mana-mana dua katakod merupakan satu katakod. Latihan Berkumpulan 1. Semak bahawa hasil tambah mana-mana dua katakod merupakan katakod. 2. Pilih sindrom yang tidak sama dengan [000] – pastikan semua ahli dalam kumpulan anda memilih sindrom yang berlainan. a) Pilih satu katakod dan tambah kepadanya setiap daripada perkataan dalam baris yang selaras dengan sindrom pilihan anda. Apakah yang anda dapati ? What do you find? b) Dengan menggunakan sindrom yang sama, pilih katakod yang berlainan dan ulang (a). c) Dengan menggunakan sindrom yang sama, semak yang setiap perkataan yang selaras dengan sindrom dlam Tatasusunan Piawai Slepian boleh diperolehi sebagai hasil tambah perkataan pertama dalam baris (pemimpin koset) dan katakod dalam lajur yang sama. d) Banding jawapan a), b) dan c) dengan ahli kumpulan lain. Dalam Tatasusunan Piawai Slepian, semua katakod disenaraikan sebagai baris pertama bermula dengan katakod [000000]. Setiap baris berikut dalam tatasusunan mengandungi satu koset katakod. Dalam setiap koset, perkataan disusun dalam setiap baris di mana perkataan pertama dalam setiap baris mempunyai bilangan 1 yang paling kurang. Perkataan pertama dalam setiap baris Tatasusunan Piawai Slepian dinamakan pemimpin koset. Dalam baris pertama, selaras dengan sindrom [000], perkataan dalam baris tiada 1; perkataan pertama dalam setiap daripada enam baris berikut mempunyai hanya satu 1 sahaja; manakala perkataan pertama dalam baris terakhir merupakan salah satu daripada tiga perkataan dalam baris tersebut yang ada tepat dua 1.
- 48. 48MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 48 Berat sesuatu perkataan ditakrifkan sebagai bilangan 1 dalam perkataan tersebut. Tatasusunan Piawai Slepian boleh dibina bagi kod linear dengan langkah-langkah berikut: 1. Dalam baris pertama, senaraikan semua katakod yang bermula dengan 0. 2. Pilih mana satu perkataan, W, yang berat minimum weight yang bukan katakod (tidak disenaraikan pada baris pertama) dan senaraikannya sebagai unsur pertama dalam baris berikut. 3. Bermula dengan W, senaraikan semua unsur koset W + C, di mana C adalah katakod, dalam urutan yang sama seperti senarai katakod dalam baris pertama. 4. Ulangi langkah 2 dan 3 dengan menggunakan perkataan baru X, di mana X tiada dalam dua baris yang pertama. 5. Ulangi langkah 4 dengan menggunakan perkataan baru yang tiada dalam baris- baris sebelumnya sehingga semua perkataan telah disenaraikan. Pengdekodan Perkataan yang diterima R R = [r1 r2 r3 r4 r5 r6] boleh didekodkan dengan langkah-langkah berikut: 1. Kirakan sindrom s = [s1 s2 s3] bagi R. Ini merupakan sindrom bagi E. 2. Guna Tatasusunan Piawai Slepian untuk mencari perkataan dengan sindrom s dengan bilangan 1 yang paling sedikit. Pilih perkataan ini sebagai E. 3. Kirakan C di mana C = R – E.
- 49. 49MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 49 Latihan 1. Cari C jika R = [101110]. [ Nota: Apabila menggunakan tatasusunan ini, kita tidak perlu mengira sindrom. Sebab R dan E mempunyai sindrom yang sama, kita hanya cari R dalam sifir ini. E merupakan perkataan dalam baris yang mengandungi R. ] 2. Cari C jika (i) R = [111111], (ii) R = [111011], (iii) R = [110011]. 3. Bekerja secara berpasangan dan jalankan langkah-langkah berikut: [1] Pilih katakod C untuk dikirim sebagai mesej. [2] Pilih ralat E. [3] Kirakan R = C + E dan kirimkan kepada pasangan anda. [4] Dekod perkataan pasangan anda. [5] Ulang ini sebanyak tiga kali: sekali pilih E yang berat 1 (hanya satu 1 dalam perkataan); sekali dengan E = 0; dan sekali dengan E yang berat 2 (dengan dua 1 dalam perkataan). Dalam kes yang manakah anda dapat mengenal pasti katakod? Kod Linear secara Am Satu kod merupakan kod linear atau kod kumpulan jika katakodnya merupakan set vektor C yang memuaskan persamaan H CT = 0, di mana H adalah matriks semakan pariti. Dalam kod semakan pariti tunggal , digit-digit c1, c2, c3, c4, c5, c6 dalam katakod [c1 c2 c3 c4 c5 c6 ] memuaskan persamaan semakan pariti c6 = c1 + c2 + c3 + c4 + c5 (mod 2), yang serupa dengan c1 + c2 + c3 + c4 + c5 + c6 = 0 (mod 2). Ini ditulis sebagai H CT = 0, di mana H = [111111]. Kod ulangan panjang 5 juga boleh ditakrifkan dengan menggunakan persamaan semakan pariti berikut: c1 + c2 = 0 (mod 2) c1 + c3 = 0 (mod 2) c1 + c4 = 0 (mod 2) c1 + c5 = 0 (mod 2).
- 50. 50MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 50 H CT = 0, di mana H = 10001 01001 00101 00011 . Secara am, jika kod ulangan panjang n kita akan dapat matriks semakan pariti H yang (n – 1) x n Kod blok merupakan kod di mana setiap katakod merupakan urutan bilangan tetap, n, simbol. Bagi kes kod linear, panjang bloknya ialah bilangan lajur dalam H Sindrom, s, katakod yang diterima R diberi sebagai sT = H RT . Koset terdiri daripada semua perkataan yang mempunyai sindrom tertentu. Berat perkataan merujuk kepada bilangan 1 dalam perkataan tersebut. Dalam satu koset, perkataan yang mempunyai berat yang minimum dipilih sebagaai pemimpin koset (coset leader). Untuk mengdekod R: 1. Kirakan sindrom s; 2. Cari pemimpin koset E; dan 3. Kirakan C = R – E. 3.6 Kod Hamming Teori kod pembetulan ralat telah bermula dengan usaha Richard Hamming dalam 1947. Sebagai seorang ahli matematik, Hamming dapat menggunakan kemudahan komputer di Bell Telephone Laboratories untuk menjalankan pengiraan matematik. Ketika itu, masa untuk melaksanakan program sangat lama dan apabila Hamming datang bekerja pada hujung minggu beliau kerap menemui situasi di mana program pengiraan terhenti kerana menemui ralat. Oleh yang demikian, Hamming memikirkan tentang kebolehan komputer bukan sahaja untuk mengesan ralat tetapi membetulkannya! Pada 1950 Richard Hamming telah memperkembangkan kod Hamming yang merupakan kod linear yang dapat membetulkan ralat tunggal.
- 51. 51MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 51 H = 100110 010101 001011 sT = H RT = H ET . Jika ralat E = [e1 e2 e3 e4 e5 e6], persamaan boleh ditulis semula sebagai 3 2 1 s s s = e1 0 1 1 + e2 1 0 1 + e3 1 1 0 + e4 0 0 1 + e5 0 1 0 + e6 1 0 0 . Sindrom ialah hasil tambah lajur-lajur H di mana ralat-ralat saluran berlaku. Oleh yang demikian, jika mana: satu lajur H adalah 0 , ralat pada kedudukan tersebut tidak dapat dikesan; dan dua lajur H serupa, kita tidak dapat membezakan ralat tunggal yang berlaku pada kedua-dua kedudukan tersebut Kod linear hanya dapat membetulkan semua pola ralat tunggal jika lajur-lajur H berbeza dan bukan sifar Sebaliknya, jika semua lajur H berbeza dan bukan sifar, ralat tunggal pada kedudukan berbeza akan menghasilkan sindrom yang berbeza. Kod binari linear mampu membetulkan semua pola yang tiada lebih daripada satu ralat saluran jika dan hanya semua lajur dalam matriks semakan pariti H berbeza dan bukan sifar. Pengedekodan Perkataan Untuk mengdekodkan perkataan yang diterima R, sindrom s dikira. Jika s ialah sifar, andaikan tiada ralat. Jika s bukan sifar dan sama dengan salah satu lajur dalam H, andaikan ralat tunggal telah berlaku pada kedudukan tersebut.
- 52. 52MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 52 Jika s bukan sifar dan tidak sama dengan mana satu lajur dalam H , prosedur pengdekodan ini gagal. Kegagalan pengdekodan dan ralat hanya berlaku jika dua atau lebih ralat saluran berlaku. Misalnya, jika H = 101000111 011001110 101011100 011111000 . Jika diterima perkataan R = [101000101], jadi kita dapat mengira s = [1100]. Sebab sT merupakan lajur kelima dalam H , kita andaikan E = [000010000]. Oleh itu C = R – E = [101010101]. Walau bagaimana pun jika R = [101000101], kita perolehi s = [1101], dan dalam kes ini di mana sT bukan salah satu lajur dalam H , ini bermakna terdapat ≥ 2 ralat dan prosedur pengdekodan gagal. Latihan Bagi matriks semakan pariti H di atas, cuba dekodkan perkataan-perkataan berikut yang diterima: (i) R = [101001101] (ii) R = [111000101] (iii) R = [101000111] Bagi kod pembetulan ralat tunggal, bilangan maksimum lajur bukan sifar matriks binari yang berbeza dan bukan sifar 2 r – 1.
- 53. 53MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 53 Kod Hamming Lajur-lajur dalam matriks semakan pariti H , Kod Hamming terdiri daripada 2 r – 1 lajur bukan sifar r –tuple (non-zero binary r-tuples ) yang tersusun dalam mana-mana satu urutan. Jika A merupakan matriks m × n dengan pangkat r, dimensi ruang nol A adalah n − r. Sebab H mengandungi semua lajur bukan sifar yang mungkin, ia mengandungi setiap satu daripada lajur-lajur matriks identiti r x r dan mempunyai pangkat r. Jadi H merupakan matriks r x n dengan pangkat r dan dimensi subruang yang memenuhi syarat H CT = 0 iaitu n − r = k. Oleh itu, bilangan digit mesej = k = n − r = 2 r – 1 – r. Bagi setiap integer positif, wujud Kod Hamming dengan digit semakan r, panjang blok n= 2 r – 1 dan k = n − r = 2 r – 1 – r. Kod ini boleh membetulkan ralat tunggal pada mana-mana satu digit. Sebab setiap r-tuple bukan sifar wujud sebagai lajur, kegagalan pengdekodan tidak akan berlaku. Jadi prosedur pengdekodan ralat tunggal lengkap. Walau bagaimana pun kod ini tidak dapat mengesan lebih daripada 2 ralat. Kadangkala digit semakan pariti yang lain akan ditambah untuk mengesan (tetapi tidak dapat membetulkan ) 2 ralat.Lajur-lajur dalam matriks semakan pariti H boleh disusun dalam mana-mana satu urutan. Kadar maklumat Kod Hamming R = n k = 12 12 r r r = 1 – 12r r . Bila r → ∞, R→1. Dengan membina Kod Hamming yang mempunyai panjang blok yang besar, kita akan dapat kadar maklumat yang sangat tinggi. Sungguh pun Kod Hamming merupakan perkembangan hebat berbanding dengan kod semakan pariti tunggal, kod ini tidak dapat membetulkan lebih daripada dua ralat. Sekitar 1960, Bose, Changhuri and Hocquenghan telah menemui kod pembetulan dwi-ralat Kod BCH (double-error-correcting codes) yang lebih kompleks. Seterusnya, kod-kod ini diperkembangkan sehingga menjadi kod pembetulan t ralat.
- 54. 54MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 54 Latihan 1.(a) Yang mana satu daripada matriks semakan pariti ini merupakan kod pembetulan ralat tunggal? Beri sebab jawapan anda. (i) H = 0111011100 0001000101 1100110011 1010101010 (ii) H = 110110000 000110110 000011011 011011000 (b) Yang mana satu daripada kedua matriks di atas merupakan Kod Hamming ? Beri sebab mengapa atau mengapa tidak. 2. Guna matriks (ii) daripada soalan 1 di atas untuk mengdekod setiap daripada perkataan yang diterima berikut: (a) R = [111101000] (b) R = [110101011] (c) R = [100010001] (d) R = [010010010]. 3. Pertimbangkan Kod-Kod Hamming yang ditakrifkan oleh tiga matriks semakan pariti di bawah. (i) H = 1010101 1100110 1111000 (ii) H = 1001011 0101101 0011110
- 55. 55MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 55 (iii) H = 1010101 0110011 0001111 (a) Bagi setiap kod, dekodkan perkataan-perkataan berikut yang diterima: R1 = [1110000] , R2 = [1111000] . (b) Tunjukkan yang dua daripada tiga matriks di atas mentakrifkan kod-kod yang serupa (identical codes). Panduan: Tunjukkan bahawa baris-baris mana satu merupakan kombinasi linear yang lain. 3.7 Algoritma RSA Masalah Penyebaran Kunci (Key-Distribution Problem) Dalam sistem tradisional, kunci yang diguna oleh si-pengirim untuk mengenkod mesej diguna juga oleh si-penerima untuk mengdekodnya. Oleh yang demikian, kunci tunggal ini mesti dijaga dengan baik dan dirahsiakan agar hanya dapat digunakan oleh pihak tertentu. Dalam masyarakat moden, masih ada jumlah data yang banyak yang perlu dirahsiakan dan ini mengakibatkan keperluan penggunaan kunci bagi pengguna- pengguna kod. Masalah penyebaran kunci ini diterangkan oleh Simon Singh dalam bukunya The Codebook (2002) seperti berikut: a classic catch-22 situation. If two people want to exchange a secret message over the phone, the sender must encrypt it. To encrypt the secret message the sender must use a key, which is itself secret, so then there is the problem of transmitting the secret key to the receiver in order to transmit the secret message. In short, before two people can exchange a secret (an encrypted message) they must already share a secret (the key). (pp. 189–190) Pada pertengahan tahun 70-an, Whitfield Diffie, Martin Helman dan Ralph Merkle telah mencadangkan penggunaan cipher asimetrik (asymmetric cipher) untuk mengatasi masalah penyebaran kunci. Mereka mencadangkan penggunaan kunci berlainan untuk mengenkod dan mengdekod mesej.
- 56. 56MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 56 Peranan Pemfaktoran Aktiviti: Faktorkan 518 940 557 Darabkan 15 107 dengan 34 351 Aktiviti di atas menunjukkan betapa sukarnya untuk mencari faktor-faktor hasildarab dua nombor perdana. Oleh yang demikian, konsep ini diguna untuk menjanakan sistem pengkodan yang baru yang dinamakan sebagai Kriptografi Kunci Umum (Public Key Cryptography). Dalam kriptografi kunci umum, kunci untuk mengdekod mesej tidak dapat diperolehi dengan mudah daripada kunci yang diguna untuk mengenkodnya. Ini membolehkan pengiriman mesej secara elektronik secara selamat ke destinasi di mana kunci umum boleh dihebahkan secara umum. Penggunaan Aritmetik Modular Aritmetik modular digunakan dalam banyak kriptosistem untuk menyamarkan maklumat dengan mudah kerana fungsinya yang agak mengelirukan. Jadual berikut menunjukkan bagaimana nilai P dapat dirahsiakan melalui pengiraan C = P3 dalam modulo 11. P 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C = P3 0 1 8 27 64 125 216 343 512 729 1000 C = P3 modulo 11 0 1 8 5 9 4 7 2 6 3 10 Aritmetik modular juga dikenali sebagai ‘aritmetik jam’ diperkenalkan oleh K.F.Gauss (1777-1855). Bagi sebarang nombor asli n, aritmetik modulo n berasaskan kepada pembahagian set integer Z = {…, −3,−2, −1, 0, 1, 2, 3, …} ke dalam n kelas yang berasingan yang selaras dengan n baki yang mungkin apabila dibahagi oleh n. Misalnya, jika n =2, baki yang mungkin jika integer dibahagi oleh 2 adalah 0 atau 1. Kelas integer dengan baki 0 merupakan set nombor genap = {..., – 6, – 4, – 2, 0, 2, 4, 6, ...} manakala kelas integer dengan baki 1 merupakan set nombor ganjil = {..., – 5, – 3, – 1, 1, 3, 5, 7, ...}. Secara umum, semua integer dalam kelas yang sama mempunyai baki yang sama apabila terbahagi oleh modulus. Ini bermakna terdapat perbezaan antara dua integer dalam kelas yang sama juga merupakan gandaan modulus.
- 57. 57MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 57 Jadi, dalam contoh di atas, apabila kita memerhatikan perbezaan antara dua nombor genap kita akan memperolehi gandaan 2 (8 – 2 = 6 = 3x2) dan apabila kita lihat perbezaan antara dua nombor ganjil kita juga akan mendapat gandaan 2 ( 7 – (– 1) = 8 = 4x2). Sifat Kongruen Modulo Dua integer a dan b dikatakan sebagai kongruen modulo jika a – b merupakan gandaan n dan ini ditulis sebagai a ≡ b (mod n) . Oleh yang demikian, semua nombor genap ≡ 0 (mod 2) dan semua nombor ganjil ≡ 1 (mod 2). Dengan perkataan lain, kita boleh mewakili setiap nombor genap (mod 2) dengan integer 0 dan setiap nombor ganjil (mod 2) dengan 1. Aktiviti 1. (a) Apakah baki yang mungkin bila integer dibahagi dengan 3? (b) Bagi setiap integer berikut, tulis baki yang diperolehi selepas dibahagi dengan 3: (i) 7; (ii) 301; (iii) 963; (iv) –31; (v) –5; (vi) –1. (c) Pasangan integer yang manakah yang kongruen mod 3? 2. Bekerja secara berkumpulan. (a) Pilih mana-mana dua integer a dan b – pastikan semua orang menggunakan pasangan integer yang berbeza. Cari integer bukan negatif terkecil a′ dan b′ di mana a ≡ a′ (mod 7) dan b ≡ b′ (mod 7). (b) Kirakan nilai, dengan bantuan kalkulator saintifik jika perlu: (i) ab ; (ii) ab (mod 7) ; (iii) a′b′ ; (iv) a′b′ (mod 7) . (c) Berdasarkan pengiraan kumpulan anda, apakah kesimpulan yang anda dapati tentang apa yang berlaku dengan hasil darab aritmetik modulo?
- 58. 58MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 58 Jika a ≡ a′ (mod n) dan b ≡ b′ (mod n), maka ab ≡ a′ b′ (mod n). Contoh: Cari X = 36 * 53 * 91 * 17 * 22 (mod 29). Penyelesaian : 36 ≡ 7 (mod 29), 53 ≡ 24 (mod 29), 91 ≡ 4 (mod 29), 17 ≡ 17 (mod 29), dan 22 ≡ 22 (mod 29). Ini boleh ditulis semula sebagai X = 36 * 53 * 91 * 17 * 22 (mod 29) = 7 * 24 * 4 * 17 * 22 (mod 29) = 168 * 68 * 22 (mod 29) = 23 * 10 * 22 (mod 29) = 230 * 22 (mod 29) = 27 * 22 (mod 29) = 594 (mod 29) = 14. Semak 36 * 53 * 91 * 17 * 22 = 64 936 872 dan 64 936 872 (mod 29) = 14. [Nota: Kalkulator saintifik komputer anda juga boleh melakukan pengiraan aritmetik modulo.] Aktiviti Cari X = 73 * 29 * 102 * 14 * 87 (mod 31) dan semak jawapan anda. Contoh pengiraan aritmetik modulo secara berperingkat-peringkat: Cari X = 1143 (mod 13). Perhatikan bahawa 112 (mod 13) = 121(mod 13) = 4. Jadi 114 (mod 13) = 42 (mod 13) = 16 (mod 13) = 3. 118 (mod 13) = 32 (mod 13) = 9 (mod 13) = 9, dan 1116 (mod 13) = 92 (mod 13) = 81 (mod 13) = 3. 1132 (mod 13) = 32 (mod 13) = 9 (mod 13) = 9. Tidak perlu cari kuasa yang lebih tinggi bagi 11 sebab 1164 > 1143 . Perhatikan yang 1143 = 1132 * 1111 = 1132 * 118 * 113 = 1132 * 118 * 112 * 11. Oleh itu 1143 (mod 13) = 1132 * 118 * 112 * 11 (mod 13) = 9 * 9 * 4 * 11 (mod 13) = 81 * 44 (mod 13) = 81 * 44 (mod 13) = 3 * 5 (mod 13) = 15 (mod 13) = 2.
- 59. 59MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 59 Teorem Kecil Fermat Fungsi Euler φ bagi integer m ditakrifkan sebagai bilangan integer positif yang kurang atau sama dengan m dan perdana relatif (relatively prime) kepada m. Aktiviti Cari φ(n) bagi n = 1, 2, 3, …, 20. Semak bahawa n = p x q bagi nombor-nombor perdana p dan q, dan φ(n) = (p – 1) (q – 1) Teorem Kecil Fermat menyatakan bahawa bagi setiap integer yang perdana relatif kepada n, aφ(n) ≡ 1(mod n). Aktiviti Bekerja secar berkumpulan, pilih satu nilai n antara 10 dan 20. Cari φ(n) Semak bahawa aφ(n) ≡ 1(mod n). Sistem Rivest-Shamir-Adleman (RSA) Salah satu kriptosistem kunci umum yang paling awal adalah sistem RSA yang dicipta oleh Ted Rivest, Adi Shamir dan Leonard Adleman. Sistem RSA bergantung kepada kesukaran memfaktorkan nombor yang besar dan penggunaan aritmetik modular serta teori nombor. Sistem RSA boleh diterangkan seperti berikut: Menyediakan Sistem Pilih dua nombor perdana yang besar, p dan q, di mana panjang setiap satu 100 digit. ( Nombor perdana ini dirahsiakan.) Biar n = p x q. (Nombor n dihebahkan secara umum tetapi pengetahuan n tidak memungkinkan anda menentukan nilai p dan q kerana kesukaran memfaktorkan nombor ini.) Fungsi Euler function φ(n) = (p – 1)(q – 1) merupakan bilangan integer antara 1 dan n yang perdana relatif kepada n – iaitu, bilangan nombor integer yang faktor sepunya dengan n adalah 1. Fungsi Euler φ(n) mempunyai ciri bagi sebarang integer a antara 0 dan n – 1 di mana a 1 + k.φ(n) = a mod n .
- 60. 60MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 60 Pilih integer positif rawak E < φ(n) , di mana E perdana relatif kepada φ(n). (E, seperti n, diumumkan – bersama n dan E menjadi kunci umum) Sebab pihak yang menyediakan kod ketahui rahsia nombor perdana p dan q, mereka juga ketahui nilai φ(n) = (p – 1)(q – 1), tetapi nilai ini dirahsiakan daripada orang ramai. Jadi bagi pihak yang menyediakan kod, adalah mudah untuk mencari songsang E modulo φ(n) – iaitu nombor D di mana D.E ≡ 1 mod φ(n) , Iaitu nombor D yang memberi D.E = 1 + k.φ(n) bagi sebarang integer k. Nombor D ini juga dirahsiakan. Secara ringkas, Kunci rahsia: p, q, φ(n), D Kunci umum: n, E. Enkripsi Langkah pertama adalah untuk mewakili sebarang mesej sebagai urutan integer. Setiap mesej dipecahkan kepada beberapa blok digit, setiapnya merupakan nombor yang kurang daripada n. Setiap blok boleh dienkodkan secara berasingan. Jika P adalah blok dalam mesej – iaitu integer antara 0 dan n – 1. Sekarang biarkan C = P E mod n, Iaitu, kita naikkan kuasa P ke kuasa E dan mencari bakinya selepas dibahagi dengan n. Dengan cara demikian, C dienkripkan atau mesej berkod yang selaras dengan mesej asal P, dan C ialah mesej yang ditransmisikan dengan apa jua kaedah (mungkin kurang selamat) yang digunakan. Dekripsi Untuk mengdekodkan mesej C , kita cari P secara mengira P = C D mod n. Oleh kerana C = P E mod n, Kita akan dapat C D mod n = P E.D mod n = P 1 + k.φ(n) mod n = P mod n , sebab 0 < P< n.
- 61. 61MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 61 Keberkesanan Kod RSA Semasa kod RSA diperkembangkan, adalah dijangka yang masa untuk memfaktorkan nombor 200 digit n = p x q akan mengambil masa sejuta tahun dengan bantuan algoritma komputer terpantas di dunia ketika itu. Kini, dengan komputer yang cepat dan canggih, kaedah pengkodan sebegini mungkin akan ditewaskan pada satu masa. Oleh yang demikian, sistem-sistem kriptografi yang baru sentiasa dicipta demi menampung keperluan keselamatan dan kerahsiaan ketika menyimpan data dan transmisi maklumat digital. Minat dalam penggunaan Kriptografi Kunci Umum telah memesatkan lagi penyelidikan dan perkembangan teknik pemfaktoran nombor dan teori nombor secara umum. Contoh Pengiraan Algoritma RSA #1: Pilih nilai p dan q (nombor perdana) p= 7, q =11 => n = 7 x 11 = 77 #2: Cari nilai Φ(n) =(p-1)(q-1) Φ(n) = (7-1)(11-1) = 6 x 10 =60 #3: Pilih nilai e (nombor yg relatif perdana) e = 13 #4: Cari nilai d di mana d.e = 1 mod Φ(n) - Kaedah Euler d. 13 = 1 mod 60 60 = 4 x 13 + 1 x 8 1 = 3 – 1 x 2 13 = 1 x 8 + 1 x 5 = 3 – 1 x (5 – 1x3) 8 = 1 x 5 + 1 x 3 = 2x 3 – 1x5 5 = 1 x 3 + 1 x 2 = 2 x (8 – 1x5) – 1 x5 3 = 1 x 2 + 1 x 1 = 2 x 8 – 3 x 5 2 = 2 x 1 + 0 = 2 x 8 – 3 (13 – 1x 8) = 5 x 8 – 3 x 13 = 5 (60 – 4 x 13) – 3 x 13 = 5 x 60 – 23 x 13 (sebab nilai negatif jadi kena tukar kpd yg positif) d = 60 -23 =37 #5: Jika diberi, M =26 cari C C = Me mod n = 2613 mod 77 = 75 261 mod77 = 26 262 mod77 = 676 mod77 = 60 264 mod77 = 602 mod77 = 58 268 mod77 = 582 mod77 = 53 2613 mod77= 268 264 261 mod77= 53 x 58 x 26 mod77 = 71 x 26 mod77= 75
- 62. 62MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 62 #6 : Semakan – guna M = Cd mod n M = 7537 mod 77 = 26 751 mod77 = 75 752 mod77 = 5625 mod77 = 4 754 mod77 = 42 mod77 = 16 758 mod77 = 162 mod77 = 25 7516 mod77 = 252 mod77 = 9 7532 mod77 = 92 mod77 = 4 7537 mod77 = 7532 754 751 mod77 = 4 x 16 x 75 mod77 = 64 x 75 mod77 = 26
- 63. 63MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 63 4.0 PENDAHULUAN 4.0.1 Apa itu permodelan matematik? Model menggambarkan kepercayaan kita tentang bagaimana dunia berfungsi. Dalam permodelan matematik, kita menterjemahkan kepercayaan itu ke dalam bahasa matematik. Antara kelebihan-kelebihannya ialah: a) Matematik ialah bahasa yang sangat tepat. Ia membantu kita merumuskan idea-idea dan membantu mengenal pasti asas-asas andaian. b) Matematik ialah bahasa yang sangat ringkas, dengan kaedah-kaedah yang jelas untuk dimanipulasi. Terdapat banyak unsur-unsur kompromi di dalam permodelan matematik ini. Majoriti sistem yang berinteraksi dengan dunia sebenar adalah terlalu rumit untuk dipermodelkan. Oleh itu, peringkat pertama adalah untuk mengenal pasti bahagian yang paling penting dalam sistem. BAB 4 PENGGUNAAN PERMODELAN MATEMATIK DALAM BIOLOGI DAN EKOLOGI Rajah 1 Sistem yang berinteraksi dengan dunia sebenar adalah rumit untuk dipermodelkan.
- 64. 64MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 64 4.0.2 Objektif yang boleh dicapai dalam permodelan Permodelan matematik boleh boleh digunakan untuk beberapa sebab yang berbeza. Sejauh mana sesuatu objektif itu tercapai adalah bergantung kepada kedua-dua aspek iaitu keadaan pengetahuan mengenai sistem dan sejauh mana model dapat dilaksanakan. Contoh-contoh objektif ialah: a) Membangunkan pemahaman saintifik. - Melalui sistem pengetahuan semasa ungkapan kuantitatif (quantitative expression of current knowledge of a system). b) Menguji kesan perubahan dalam sistem. c) Membantu dalam membuat keputusan termasuklah i – keputusan taktikal oleh pengurus. ii – keputusan strategik oleh perancang 4.0.3 Klasifikasi Permodelan Ketika mengkaji model, adalah membantu mengenal pasti kategori model. Klasifikasi ini membantu kita mengetahaui beberapa ciri struktur utama bagi setiap kategori. Satu bahagian di antara model adalah berdasarkan jenis hasil yang diramalkan. Model berketentuan (deterministic model) mengabaikan perubahan secara rawak, jadi hasil yang sama boleh sentiasa diramalkan dari satu titik permulaan. Tambahan lagi, model mungkin lebih statistik dalam alam semula jadi, maka hasilnya juga boleh diprediksikan. Setengah model juga dikatakan bersifat stochastic iaitu tidak boleh ditentukan (non- deterministic). Model ini ditentukan oleh tindakan sistem yang diramalkan (system’s predictable actions) dan juga elemen-elemen secara rawak (random elements). Berikut adalah kategori model yang terlibat dalam kaedah klasifikasi permodelan: Rajah 2 Pergerakan planet boleh dimodelkan berdasarkan persamaan pembezaan Newtonian’s Mechanics
- 65. 65MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 65 Empirikal Mekanistik Deterministik Meramalkan pembesaran anak lembu daripada hubungan regresi dengan pengambilan makanan Pergerakan planet. Berdasarkan Newtonian’s Mechanics (persamaan pembezaan) Stochastic Analisis varians terhadap pelbagai hasil dalam beberapa tahun Genetik bagi populasi kecil berdasarkan pewarisan Mendelian / Mendelian Inheritence ( persamaan probabilistik) JADUAL 1 KATEGORI MODEL-MODEL YANG TERLIBAT DALAM KAEDAH KLASIFIKASI PERMODELAN. 4.0.4 Peringkat-peringkat permodelan Adalah lebih baik apabila kita membahagikan proses permodelan ini kepada 4 iaitu membina (building), belajar (studying), menguji (testing) dan guna (use). Walaupun amat senang memikirkan bahawa proses permodelan berlaku daripada membina hingga guna, namun hal ini jarang berlaku. Umumnya, kecatatan yang berlaku pada peringkat belajar dan menguji boleh diperbetulkan dengan kembali ke peringkat permulaan. Harus diingat bahawa sekiranya berlaku apa-apa perubahan kepada model, maka peringkat belajar dan uji harus diulang semula. Berikut ialah laluan perwakilan bergambar menerusi peringkat-peringkat permodelan: RAJAH 3 PERINGKAT-PERINGKAT DALAM PERMODELAN
- 66. 66MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 66 4.1 PERMODELAN MATEMATIK DALAM BIOLOGI DAN EKOLOGI 4.1.1 Apakah Permodelan Matematik dalam Biologi? Biologi Matematik (yang merupakan satu lagi nama untuk 'Permodelan Matematik dalam Biologi, sering digunakan dalam kesusasteraan saintifik) adalah aplikasi kaedah matematik untuk masalah yang timbul dalam bidang biologi dan sains hayat. Matematik telah lama diiktiraf sebagai alat yang berkesan dan mudah untuk menerangkan proses biologi dan ekologi. Kemajuan besar yang telah dibuat dalam dekad baru-baru ini dalam memahami prinsip-prinsip organisasi yang hidup pada tahap yang berbeza, yang terdiri daripada gen dan sel-sel untuk komuniti dan ekosistem, akan tidak pernah dicapai tanpa menggunakan model matematik dan eksperimen komputer. 4.2 MODEL LOGISTIK Menentukan masalah sebenar Jadual 1 menunjukkan data pertumbuhan bunga matahari dari segi ketinggian (dalam sentimeter) diperhatikan dari masa ke masa (dalam minggu). Cari model yang memberikan tinggi (t) sebagai fungsi masa (m). Jadual 1 Pertumbuhan bunga matahari dari segi ketinggian Masa (m) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tinggi (t) 18 33 56 90 130 170 203 225 239 247 251 Model yang digunakan untuk pengiraan adalah model persamaan logistik.
- 67. 67MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 67 Formulasi model matematik Guna formula: 1 kt M P Ae Dimana P = populasi M = had maksimum output A,k = pemalar t = masa Penyelesaian masalah matematik Guna formula: 1 kt M P Ae Andaikan C = 256 Diberi x0 = 0, y0 = 18 ; x1 = 1, y1 = 33 Masukkan dalam formula : P = 256 1 + A𝑒−𝑘𝑡 Apabila x0 = 0, y0 = 18 18 = 256 1 + A𝑒−𝑘(0) 18 = 256 1 + A 18 + 18A = 256 A = 13.22 Apabila x1 = 1, y1 = 33 33 = 256 1 + 13.22𝑒−𝑘(1) 33 = 256 1 + 13.22𝑒−𝑘 33 + 436.26𝑒−𝑘 = 256 𝑒−𝑘 = 0.51 k = - ln (0.51) k = 0.67
- 68. 68MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 68 Untuk mencari nilai C ; y(0) = 𝐶 1 + A𝑒−𝑘(0) = 𝐶 1 + A (1+A) y (0) = C (1 + 13.22) 18 = C C ≈ 255.96 Maka, P = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 Seterusnya, untuk mencari titik lengkok balas: = ( ln 𝐴 𝐵 , 𝐶 2 ) = ( ln 13.22 0.67 , 256 2 ) = ( 3.85, 128 ) Mentafsir penyelesaian Graf yang telah diplotkan adalah seperti berikut: Rajah1 Tinggi (t) melawan masa (m) bagi pertumbuhan bunga matahari 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200 210 220 230 240 250 260 270 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tinggi(t) Masa (m) Tinggi (t) melawan masa (m)
- 69. 69MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 69 Persamaan logistik yang telah diperoleh adalah : P = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 Oleh itu, nilai ouput maksimum, C adalah 256 iaitu pertumbuhan ketinggian bunga matahari akan lebih perlahan apabila mencapai ketinggian 256 cm. Nilai A yang diperoleh adalah 13.22 manakala nilai k adalah 0.67. Nilai A yang memberikan nombor positif menunjukkan bahawa graf akan menunjukkan dari segi ketinggian bunga matahari. Seperti yang dilihat dalam graf di atas, ciri-ciri bentuk-S dalam graf fungsi logistik menunjukkan bahawa pertumbuhan pesat awal diikuti dengan tempoh di mana pertumbuhan menjadi lambat dan kemudian peringkat mendatar, menghampiri (tetapi tidak pernah mencapai) sesuatu had maksimum. Manakala, untuk titik lengkok balas yang diperoleh adalah ( 3.85, 128 ). Ini menunjukkan bahawa pada titik tersebut graf terbahagi kepada dua dan menunjukkan kadar kenaikan yang berbeza. Membanding dengan realiti Seterusnya, kita akan menggunakan data yang diberi untuk membuat perbandingan antara ketinggian menggunakan persamaan logistik yang telah diperoleh. P = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 Jadual 2 Perbandingan antara data yang telah dikumpul dan data daripada model Masa (m) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tingg i (t) 18 33 56 90 130 170 203 225 239 247 251 Tingg irumus (t) 18 32. 97 57. 38 92. 37 134.2 8 174.8 9 206.9 228.2 8 241 .02 248. 11 251. 9
- 70. 70MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 70 Apabila nilai t = 0 Apabila nilai t = 6 P0 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 P6 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67(0) = 256 1 + 13.22𝑒−0.67(6) = 18 = 206.9 Apabila nilai t = 1 Apabila nilai t = 7 P1 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 P7 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67(1) = 256 1 + 13.22𝑒−0.67(7) = 32.97 = 228.28 Apabila nilai t = 2 Apabila nilai t = 8 P2 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 P8 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67(2) = 256 1 + 13.22𝑒−0.67(8) = 57.38 = 241.02 Apabila nilai t = 3 Apabila nilai t = 9 P3 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 P9 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67(3) = 256 1 + 13.22𝑒−0.67(9) = 92.37 = 248.11 Apabila nilai t = 4 Apabila nilai t = 10 P4 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 P10 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67(4) = 256 1 + 13.22𝑒−0.67(10) = 134.28 = 251.9 Apabila nilai t = 5 P5 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67𝑡 = 256 1 + 13.22𝑒−0.67(5) = 174.89
- 71. 71MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 71 Berdasarkan Jadual 2 di atas, nilai ketinggian yang ditunjukkan oleh data yang telah dikumpul dan melalui pengiraan menggunakan persamaan logistik yang telah diperoleh adalah tidak menunjukkan perbezaan yang banyak. Oleh itu, graf fungsi logistik yang telah diplotkan adalah sesuai. Rajah 2 Perbandingan antara data yang telah dikumpul dan data daripada model Rajah 2 menunjukkan perbandingan antara data yang telah dikumpul dan data daripada model. Kedua-dua bentuk graf yang telah dilukis tidak menunjukkan perbezaan yang banyak dan ini boleh dikatakan bahawa data adalah sesuai. Seterusnya, untuk perbandingan nilai lengkok balas adalah seperti berikut; Titik lengkok balas (dikira) : Titik lengkok balas (daripada graf) : = ( ln 𝐴 𝐵 , 𝐶 2 ) = (3.82, 128) = ( ln 13.22 0.67 , 256 2 ) = ( 3.85, 128 ) 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200 210 220 230 240 250 260 270 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tinggi(t) Masa (m) Tinggi (t) melawan masa (m) Tinggirumus (t) Tinggi (t)
- 72. 72MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 72 Rajah 3 Tinggirumus (t) melawan masa (m) bagi pertumbuhan bunga matahari Kesimpulannya, persamaan logistik yang diperoleh adalah sesuai kerana perbandingan antara kedua-dua graf yang dilukis tidak menunjukkan perbezaan yang banyak dan titik lengkok balas juga menunjukkan perbezaan yang sedikit. 4.3 MODEL MANGSA PEMANGSA Kita telah mengetahui bahawa terdapat pelbagai model bagi pertumbuhan spesis-spesis yang hidup dalam alam sekitar kita. Dalam seksyen ini, kita akan membuat pertimbangan kepada model yang lebih realistik yang melibatkan interaksi dua spesis dalam habitat yang sama. Kita akan melihat model ini berkaitan dengan persamaan pembezaan. 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200 210 220 230 240 250 260 270 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tinggi(t) Masa (m) Tinggirumus (t) melawan masa (m) Rajah 4 Interaksi di antara snowshoe hare dan lynx adalah salah satu contoh dalam model mangsa- pemangsa.
- 73. 73MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 73 Pertimbangan yang pertama dalam situasi ini bagi satu spesis dikenali sebagai mangsa, mempunyai sumber makanan yang cukup dan spesis yang kedua dikenali sebagai pemangsa, yang memakan mangsa. Hubungan dinamik di antara pemangsa dan mangsa telah lama dan akan terus menjadi alah satu daripada tema dominan dalam ekologi dan ekologi matematik keranan kewujudan universal dan kepentingannya1 . Masalah ini mungkin kelihatan mudah pada mulanya, tetapi hakikatnya ia sangat mencabar dan rumit. Walaupun teori mangsa-pemangsa telah mengalami banyak perubahan dalam 40 tahun yang lalu, masalah matematikal dan ekologikal masih kekal terbuka2 . Model persamaan pembezaan bagi interaksi antara dua spesis adalah salah satu daripada aplikasi klasik metamatik kepada biologi. Contoh bagi mangsa-pemangsa termasuklah arnab dengan serigala dalam hutan yang terpencil, ikan dengan jerung, serangga afid (aphids) dengan kumbang ladybugs, dan bakteria dengan amoeba. 4.3.1 Persamaan Pembezaan Model Mangsa-Pemangsa Model ini mempunyai dua pemboleh ubah bersandar dan kedua-duanya adalah berfungsi sebagai masa. Dalam persamaan ini, kita katakan 𝑀(𝑡) sebagai bilangan mangsa (dalam keadaan ini, saya menggunakan M untuk rusa moose) dan 𝑊(𝑡) sebagai bilangan pemangsa ( W untuk serigala/wolves) pada sesuatu masa 𝑡 . Dalam ketiadaan pemangsa, kita mengandaikan bekalan makanan yang mencukupi akan menyokong pertumbuhan eksponental mangsa, iaitu: 𝑑𝑀 𝑑𝑡 = 𝑘𝑀 di mana k ialah pemalar tetap 1 Berryman AA. The origins and evolutions of predator–prey theory. Ecology 1992;73:1530–5. 2 Berreta E, Kuang Y. Convergence results in a well known delayed predator–prey system. J Math Anal Appl 1996;204:840–53.
- 74. 74MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 74 Dalam ketiadaan mangsa, kita mengandaikan populasi pemangsan akan berkurang pada kadar dengan sendirinya (proportional to itself), iaitu: 𝑑𝑊 𝑑𝑡 = −𝑟𝑊 di mana r ialah pemalar tetap 4.3.2 Model Lotka-Volterra Model Lotka-Volterra ialah model yang paling mudah dalam interaksi mangsa- pemangsa. Model ini telah diperkenalkan oleh ahli matematik Itali iaitu Vito Volterra (1926) yang mencadangkan model persamaan pembezaan untuk menerangkan peningkatan yang diperhatikan pada ikan pemangsa /predator fish (dan pengurangan sepadan dalam ikan mangsa / prey fish) di Laut Adriatik semasa Perang Dunia I. Dalam masa yang sama di Amerika Syarikat, persamaan yang dikaji oleh Volterra telah diterbitkan secara bebas oleh Alfred Lotka (1932) untuk menerangkan tindak balas kimia hipotetikal dalam kepekatan kimia3 . Dengan kehadiran kedua-dua spesis, kita mengandaikan prinsip penyebab kematian antara mangsa adalah kerana dimakan oleh pemangsa, dan kelahiran dan kelangsungan hidup pemangsa bergantung kepada bekalan makanan yang ada, iaitu mangsa. Kita juga mengandaikan bahawa dua spesis menghadapi satu sama lain pada kadar yang berkadar kepada kedua-dua populasi dan seterusnya berkadar dengan 𝑀𝑊. (The more there are of either population, the more encounters there are likely to be.) Sistem persamaan pembezaan yang menggabungkan andaian ini adalah seperti berikut: 𝑑𝑀 𝑑𝑡 = 𝑘𝑀 − 𝑎𝑀𝑊 𝑑𝑊 𝑑𝑡 = −𝑟𝑊 + 𝑏𝑀𝑊 3 http://www.scholarpedia.org/article/Predator-prey_model Rajah 5 Vito Volterra, ahli matematik dan fizik 1
- 75. 75MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 75 Di mana 𝑘, 𝑟, 𝑎 dan 𝑏 ialah pemalar positif. Perlu diingat bahawa −𝑎𝑀𝑊 mengurangkan kadar pertumbuhan semula jadi mangsa dan 𝑏𝑀𝑊 meningkatkan kadar pertumbuhan semula jadi pemangsa. Persamaan (1) itulah dikenali sebagai persamaan mangsa-pemangsa atau persamaan Lotka-Volterra. Penyelesaian bagi sistem persamaan ini ialah fungsi kedua-dua 𝑀(𝑡) dan 𝑊(𝑡) yang menerangkan populasi mangsa dan pemangsa sebagai fungsi masa. Disebabkan sistem ini berpasangan (𝑀 dan 𝑊 terdapat dalam kedua-dua persamaan), jadi kita tidak dapat menyelesaikan persamaan satu persatu. Ia hanya boleh diselesaikan secara serentak. Malangnya, adalah agak mustahil untuk mencari formula eksplisit untuk 𝑀 dan 𝑊 sebagai fungsi masa 𝑡. Bagaimana pun, kita boleh menggunakan kaedah grafikal untuk menganalisis persamaan ini. 4.3.3 Titik Keseimbangan (Equilibrium Point) Keseimbangan populasi berlaku pada model apabila tiada satu pun daripada kedua-dua tahap populasi tersebut berubah. Dengan kata lain, kedua-dua derivatif adalah sama dengan sifar ‘0’. Pada titik keseimbangan ini, kita mengandaikan, 𝑀 > 0 𝑑𝑀 𝑑𝑡 = 0 𝑘𝑀 − 𝑎𝑀𝑊 = 0 𝑀(𝑘 − 𝑎𝑊) = 0 𝑀 = 0, 𝑘 − 𝑎𝑊) = 0 Rajah 6 Titik keseimbangan interaksi di antara mangsa dan pemangsa.
- 76. 76MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 76 𝑊 = 𝑘 𝑎 Dan 𝑊 > 0 𝑑𝑊 𝑑𝑡 = 0 −𝑟𝑊 + 𝑏𝑀𝑊 = 0 𝑊(−𝑟 + 𝑏𝑀) = 0 𝑊 = 0, −𝑟 + 𝑏𝑀 = 0 𝑀 = 𝑟 𝑏 4.3.4 Aplikasi Model Mangsa-Pemangsa 4.3.4.1 Masalah Dr. Rolf Peterson, seorang profesor Ekologi Haiwan Liar di universiti Michigan Technological telah membuat kajian berkenaan interaksi dan hubung kait serigala (Canis lupus) dan rusa moose (Alces alces). Kajian ini dijalankan di Taman Negara Isle Royale, Michigan, US. Matlamat utama penyelidikan ini ialah untuk menjelaskan peranan serigala pemangsa dalam populasi dinamik rusa. Tahun Rusa Moose Serigala 1960 610 22 1965 733 28 1970 1295 18 1975 1355 41 1980 910 50 1985 1115 22 1990 1216 15 1995 2422 16 Jadual 2 Bilangan populasi Rusa Moose dan Serigala Sumber: Earthwatch Institute (Europe). Soalan: a) Cari penyelesaian pemalar / constant solution (juga dikenali sebagai penyelesaian kesimbangan) dan tafsirkan jawapan. b) Gunakan sistem persamaan pembezaan untuk mencari ungkapan 𝑑𝑊 𝑑𝑀
- 77. 77MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 77 c) Lukiskan direction field berdasarkan jawapan persamaan pembezaan dalam satah-MW. Kemudian gunakan direction field tersebut untuk melakar sedikit lengkungan penyelesaian (solution curves). d) Katakan pada satu titik, terdapat 1000 rusa dan 12 serigala. Lukis lengkungan penyelesaian sepadan dan gunakannya untuk menerangkan perubahan kedua-dua tahap populasi. e) Gunakan bahagian (d) untuk melakar 𝑀 dan 𝑊 sebagai fungsi masa 𝑡 4.3.4.2 Formulasi Model Matematik Untuk mengkaji interaksi di antara serigala dan rusa moose, maka model yang paling sesuai digunakan ialah model mangsa pemangsa. Katakan bahawa populasi rusa moose dan serigala yang diterangkan oleh persamaan Lotka-Volterra (1) dengan 𝑘 = 0.03, 𝑎 = 0.001, 𝑟 = 0.2 𝑑𝑎𝑛 𝑏 = 0.0002. Masa 𝑡 adalah diukur dalam tahun. Oleh kerana kedua-dua spesis (mangsa dan pemangsa) hadir dan berhubungan di antara satu sama lain, maka kita menggunakan formula Lotka-Volterra kerana pada asasnya kita menganggap bahawa mangsa (rusa moose) akan dimakan oleh pemangsa (serigala). Persamaan pembezaan Lotka Volterra: 𝑑𝑀 𝑑𝑡 = 𝑘𝑀 − 𝑎𝑀𝑊 𝑑𝑊 𝑑𝑡 = −𝑟𝑊 + 𝑏𝑀𝑊 4.3.4.3 Penyelesaian Masalah Matematik. Setelah mengenal pasti model matematik yang perlu digunakan, dan mendapatkan data-data yang diperlukan, maka masalah ini boleh diselesaikan. Untuk mengetahui sama ada rusa moose berhubung kait dengan serigala, masalah ini akan cuba permodelkan menerusi persamaan pembezaan Lotka-Volterra.
- 78. 78MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 78 (a) Penyelesaian, Diberikan nilai 𝑘 = 0.03, 𝑎 = 0.001, 𝑟 = 0.2, 𝑏 = 0.0002 𝑑𝑀 𝑑𝑡 = 0.03𝑀 − 0.001𝑀𝑊 𝑑𝑊 𝑑𝑡 = −0.2𝑊 + 0.0002𝑀𝑊 Kedua-dua M dan W akan menjadi malar apabila kedua-dua terbitan adalah sifar, ‘0’, maka: 𝑑𝑀 𝑑𝑡 = 0 0.03𝑀 − 0.001𝑀𝑊 = 0 𝑀(0.03 − 0.001𝑊) = 0 0.03 − 0.001𝑊 = 0 𝑊 = 0.03 0.001 𝑊 = 30 𝑑𝑊 𝑑𝑡 = 0 −0.2𝑊 + 0.0002𝑀𝑊 = 0 𝑊(−0.2 + 0.0002𝑀) = 0 −0.2 + 0.0002𝑀 = 0 𝑀 = 1000 Mentafsir penyelesaian: Hasil ini adalah masuk akal. Kerana jika tiada rusa atau serigala, maka populasi kedua-duanya tidak akan bertambah. Nilai 𝑤 = 30 dan 𝑀 = 1000 menunjukkan bahawa populasi keseimbangan bagi kedua-dua spesis ialah 30 serigala berkadaran dengan 1000 rusa. Ini bermaksud, 1000 rusa sudah mencukupi untuk menyokong populasi serigala sebanyak 30 ekor. Hanya ada dua kemungkinan. Sama ada lebih banyak serigala menyebabkan rusa berkurang ataupun kurangnya serigala menyebabkan rusa bertambah.
- 79. 79MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 79 (b) Oleh kerana kita tidak boleh mendapatkan ungkapan 𝑑𝑊 𝑑𝑀 daripada formula di atas dengan adanya 𝑡 , maka kita perlu menggunakan Hukum Rantai (Chain Rule) untuk menyingkirkan 𝑡. 𝑑𝑊 𝑑𝑡 = 𝑑𝑊 𝑑𝑀 × 𝑑𝑀 𝑑𝑡 𝑑𝑊 𝑑𝑀 = 𝑑𝑊 𝑑𝑡 𝑑𝑀 𝑑𝑡 𝑑𝑊 𝑑𝑀 = −0.2𝑊 + 0.0002𝑀𝑊 0.03𝑀 − 0.001𝑀𝑊 (c) Jika kita memikirkan W ialah fungsi bagi M, maka persamaan pembezaan kita ialah 𝑑𝑊 𝑑𝑀 = −0.2𝑊 + 0.0002𝑀𝑊 0.03𝑀 − 0.001𝑀𝑊 Kita akan melukis medan arah untuk persamaan pembezaan ini. Medan arah akan dilihat pada rajah 8 dan kita akan gunakannya untuk melukis beberapa lengkungan penyelesaian seperti pada rajah 9. Sekiranya kita bergerak sepanjang lengkungan, kita boleh melihat bagaimana hubungan di antara M dan W berubah mengikut masa. Perhatikan bahawa lengkungan yang dilihat sangat rapat apabila kita bergerak di sepanjang lengkungan, kita akan kembali ke titik yang sama. Lihat juga titik (1000,30) di dalam penyelesaian lengkungan. Titik itu dikenali sebagai titik keseimbangan kerana ia selari dengan penyelesaian keseimbangan 𝑀 = 1000, 𝑊 = 30. medan arah bagi sistem mangsa- pemangsa
- 80. 80MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 80 Apabila kita mempersembahkan penyelesaian bagi sistem persamaan permbezaan seperti dalam rajah 9, kita sebenarnya merujuk kepada satah-𝑀𝑊 sebagai satah fasa (phase plane) dan kita menggelar penyelesaian kepada lengkungan itu sebagai fasa trajektori4 (phase trajectory). Fasa trajektori ialah laluan yang dikesan keluar daripada penyelesaian (M,W) apabila masa berlalu. Fasa portret (phase portrait) mengandungi titik keseimbangan dan fasa trajektori tipikal (typical phase trajectories), seperti yang dapat dilihat pada rajah 9. Mentafsir Penyelesaian Berdasarkan rajah 9, titik di tengah-tengah menunjukkan titik keseimbangan bagi kedua-dua populasi. Melalui penyelesaian ungkapan persamaan pembezaan, kita dapat mengetahui bahawa populasi kesimbangan bagi kedua-dua spesisi ialah 1000,30 iaitu 1000 rusa moose dan 30 serigala. Titik ini menunjukkan kepada kita bahawa dengan 1000 rusa adalah mencukupi untuk menampung populasi serigala. Tidak ada lebih dan tidak ada kurang. (d) Mulakan dengan 1000 rusa dan 12 serigala yang selari dengan lukisan penyelesaian lengkungan menerusi titik P0(1000,12). Rajah 10 menunjukkan fasa trajektori dengan medan arah telah dibuang. Bermula dengan titik P0 pada masa 𝑡 = 0, dan biarkan 𝑡 bertambah, arah ikut jam atau lawan jam yang harus kita 4 Laluan melengkung yang diikuti oleh sesuatu objek, yang bergerak di ruang udara atau angkasa. fasa potret dalam sistem Titik keseimbangan
- 81. 81MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 81 gerakkan? Baik, kita masukkan data 𝑀 = 1000 dan 𝑊 = 12 dalam persamaan pembezaan yang pertama, kita akan dapat 𝑑𝑀 𝑑𝑡 = 0.03(1000) − 0.001(1000)(12) 𝑑𝑀 𝑑𝑡 = 30 − 12 = 18 Oleh sebab 𝑑𝑀 𝑑𝑡 > 0, maka kita membuat kesimpulan bahawa 𝑀 meingkat pada titik P0. Jadi kita perlu bergerak mengikut lawan arah jam pada fasa trajektori. fasa trajektori pada titik (1000,12) fasa trajektori mengikut kuadran
- 82. 82MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 82 Mentafsir penyelsaian: Pada titik P0 kita dapat lihat bahawa populasi rusa meningkat kerana mungkin serigala tidak dapat mengimbangi populasinya berbanding populasi rusa moose. Kedaan in berlaku pada kuadran I ( sepanjang titik P3 menuju ke titik P0). Serigala juga mungkin masih belum ada di tempat tersebut semasa kedatangan rusa moose. Pada kuadran II (sepanjang titik P0 hingga titik P1), populasi rusa moose boleh dikatakan meningkat kepada tahap maksimum (lebih kurang dalam 2500 ekor). Dalam masa yang sama, populasi serigala juga meningkat. Ini memberi gambaran kepada kita bahawa rusa moose agak sukar untuk menghindarkan diri daripada buruan serigala. Keadaan ini menyebabkan populasi rusa moose mulai menurun pada kuadran III (sepanjang titik P1 menuju ke titik P2). Pada titik P2, populasi rusa moose ialah sebanyak 1000 manakala populasi serigala ialah sebanyak 50. Populasi serigala juga dikatakan mencapai tahap maksimum dalam kuadran ini. Ini mungkin adalah berikutan kerana kesemua serigala telah berhijrah ke tempat baru yang mempunyai banyak makanan (habitat rusa moose). Kuadran IV memperlihatkan populasi serigala dan rusa moose menurun secara serentak. Pada titik P3, adalah dianggarkan populasi serigala ialah sebanyak 30 ekor manakala populasi rusa moose ialah 400 ekor. Situasi ini adalah ekoran daripada persaingan daripada pemangsan sendiri (serigala) kerana pada kuadran sebelumnya, populasi serigala mencapai tahap maksimum. Maka, terdapat persaingan di antara serigala untuk mendapatkan makanan. Populasi rusa moose berkurang adalah kerana mereka menjadi buruan dan makanan kepada serigala yang banyak. Selepas daripada kuadran IV, populasi serigala dan dan rusa moose kembali seperti semula iaitu dalam kuadran I di mana populasi awal rusa moose ialah 1000 manakala serigala pula ialah 12. Dalam keadaan ini, populasi rusa moose meningkat dan populasi serigala semakin menurun.
- 83. 83MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 83 (e) Daripada penerangan pada bahagian (d) bagaimana populasi serigala dan rusa moose menaik dan berkurang, kita boleh melakar graf bagi 𝑀(𝑡) dan 𝑊(𝑡). Oleh kerana kajian kes ini telah dilakukan oleh Dr. Rolf Peterson, maka grafnya telah disediakan. Namun begitu, saya telah cuba plotkan grafnya. Graf populasi rusa moose sebagai fungsi masa t Graf populasi serigala sebagai fungsi masa t Perbandingan populasi rusa moose dan serigala
- 84. 84MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 84 Untuk memudahkan graf populasi serigala dan rusa moose mudah untuk dibandingkan, maka kita perlu menggabungkan kedua-dua populasi di dalam satu graf yang sama seperti yang dilihat pada rajah di atas. Untuk graf yang lebih jelas, sila rujuk pada rajah di bawah. Image Source: Purves et al., Life: The Science of Biology, 4th Edition, by Sinauer Associates (www.sinauer.com) and WH Freeman (www.whfreeman.com), Membanding Dengan Realiti Hasil dapatan daripada model ini menunjukkan bahawa turun naik populasi rusa dengan serigala adalah tidak selari. Adakalanya populasi serigala meningkat, namun populasi rusa moose juga masih di tahap yang tinggi yang mana populasi rusa moose tidak mengalami penurunan. Pada tahun 1965 hingga 1975, jurang perbezaan populasi antara serigala dan rusa moose sangat ketara. Bermula pada tahun 1985, populasi rusa moose terus meningkat manakala populasi serigala semakin menurun. Situasi ini berlaku adalah daripada bebebrapa faktor. Jikalau menurut teori model Lotka-Volterra yang mana secara logiknya apabila populasi pemangsa berkurang,
- 85. 85MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 85 maka populasi mangsa akan bertambah kerana mangsa dapat menyelamatkan diri dan meneruskan kelangsungan hidup. Berdasarkan kajian kes yang dilakukan oleh Dr. Rolf Peterson, terdapat banyak faktor yang mempengaruhi interaksi populasi kedua-dua spesis iaitu serigala dan rusa moose ini. Bukan hanya kadar pemangsaan semata-mata. Antara faktor yang mempengaruhi populasi rusa moose ialah dari segi umur. Rusa moose boleh dibahagikan kepada 3 jenis dan ketiga-tiga jenis ini mempunyai jangka hayat yang berbeza. Berdasarkan kajian yang dilakukan, purata umur anak rusa moose ialah selama 3 hingga 8 tahun. Sekiranya mereka melepasi julat ini, maka tahap kelangsungan hidup mereka akan lebih meningkat. Namun begitu, rusa moose ini terdedah kepada pemburuan oleh manusia. Hal ini mendorong kepada penurunan populasi rusa moose ini. Bahkan faktor cuaca juga sangat mempengaruhi populasi kedua-dua spesis ini. Kekurangan kelahiran anak- anak rusa moose yang baru membantutkan sumber makanan bagi serigala. Ditambah pula dengan cuaca yang panas dan kering membuatkan sebilangan serigala mati. Sekiranya tiba musim sejuk, hal ini menjadi kesukaran bagi serigala untuk memburu kerana rusa moose boleh bergerak dengan pantas. Ini adalah sedikit sebanyak faktor-faktor yang mempengaruhi interaksi populasi serigala dan rusa moose. Untuk mendapatkan graf seperti rajah di atas (www.sinauer.com) adalah agak mustahil kerana model lotka volterra ini akan memberikan hasil graf yang cantik (maksudnya dipermodelkan) berbanding realiti sebenar.
- 86. 86MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 86 4.4 MODEL ASAS JANGKITAN PENYAKIT Matematik telah digunakan untuk memahami dan meramalkan penyebaran penyakit. Model ini mengkaji semula model penyakit yang paling mudah dan mempertimbangkan beberapa perkembangan matematik yang telah meningkatkan pemahaman kita dan keupayaan ramalan terhadap jangkitan penyakit. Dipelopori oleh Kermack dan McKendrick (1926). 4.4.1 Model SIR Susceptible – Infected – Recovered (SIR) Formula Model SIR Perwakilan asas Model SIR: S = Kumpulan individu yang terdedah kepada penyakit. I = Kumpulan individu yang dijangkiti penyakit. R = Kumpulan individu yang pulih daripada penyakit. S (t) = Bilangan individu yang terdedah (susceptible) pada masa t. I (t) = Bilangan individu yang dijangkiti (infected) pada masa t. R (t) = Bilangan individu yang pulih (recovered) pada masa t. N = Size jumlah populasi
- 87. 87MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 87 Persamaan pembezaan Persamaan pembezaan yang dihasilkan oleh andaian-andaian: dS dt = −βS(t)I(t) (1) dI dt = [βS(t) − k]I(t) (2) dR dt = kI(t) (3) S(t) + I(t) + R(t) = N (4) 4.4.2 Model SIA Bagi penyakit AID / HIV secara khusus kerana tiada penawar penyakit yang ditemui lagi setakat hari ini. Di mana k = kadar pemulihan; k ≥ 0, α = kebarangkalian dijangkiti, β = purata transmisi daripada orang yang dijangkiti dalam satu tempoh masa; β ≥ 0, γ = bilangan individu yang dijangkiti pada satu-satu masa secara purata,
- 88. 88MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 88 Justifikasi: Bilangan individu yang mudah terpengaruh boleh meningkat disebabkan oleh individu yang baru direkrut. Ia boleh berkurangan akibat jangkitan baru sebagai hasil interaksi dengan individu yang dijangkiti di dalam kelas I(t) dan juga disebabkan oleh kematian semula jadi. Individu yang dijangkiti (kelas I(t)) boleh maju ke kelas A(t) atau mungkin mati kerana kematian semula jadi. Selepas perkembangan ke kelas A(t), individu yang dikeluarkan daripada kelas ini disebabkan oleh kematian semulajadi atau kematian berpunca daripada penyakit. Jumlah individual seksual yang matang bagi populasi pada masa yang diberikan adalah jumlah semua individu dalam semua kelas yang diberikan oleh, 𝑝(𝑡) = 𝐼(𝑡) + 𝑆(𝑡) + 𝐴(𝑡) Manakala, kelas yang aktif dalam aktiviti seksual yang diberikan oleh 𝑁(𝑡) = 𝑆(𝑡) + 𝐼(𝑡) 4.4.3 Model SEIA SEIA ialah Susceptible – Exposed – Infected – Aids. Model ini lebih tepat untuk permodelan penularan HIV.
- 89. 89MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 89 4.5 PERMODELAN DOS DADAH Pharmakokinetik (PK) vs Pharmakodinamik (PD) Pharmakokinetik (PK) adalah tindakan dadah di dalam badan yang mempunyai hubungan dengan tempoh masa, termasuk proses penyerapan, pengedaran dalam tisu badan, biotransformasi dan perkumuhan. Apakah yang berlaku kepada ubat itu selepas ia masuk ke dalam badan? Apakah reaksi tubuh badan dengan dadah yang berkadar dengan masa?
- 90. 90MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 90 Pharmakodinamik (PD) menerangkan hubungan antara kepekatan dadah sistemik dan kesannya dengan masa dan model statistik. Apakah yang dadah lakukan kepada badan? Hubungkait di antara Pharmakokinetik dan Pharmakodinamik: Model PK / PD menggabungkan komponen model PK yang menggambarkan peredaran masa dadah dalam plasma dan komponen model PD yang mengaitkan kepekatan plasma terhadap kesan dadah untuk menggambarkan peredaran masa bagi kekuatan kesan yang terhasil daripada pentadbiran (administration) tertentu regimen dos (dari Derendorf dan Meibohm). Kepentingan model: 1. Model PK dan PD membantu dalam memilih dos yang bersesuaian untuk disahkan dalam ujian klinikal. 2. Model ini dapat melihat keberkesanan terhadap dos dadah yang dipilih. Kegunaan Model: 1. Ramalan tindak balas daripada pesakit 2. Ramalan kejayaan berdasarkan ujian klinikal 3. Penggunaan dadah yang baru (ubat) 4. Pelabelan dos External exposure Absorbed dose Target dose Tissue interaction Early effect Adverse effect Disease/injury Pharmacokinetics Pharmacodynamics External exposure Absorbed dose Target dose Tissue interaction Early effect Adverse effect Disease/injury Pharmacokinetics Pharmacodynamics
- 91. 91MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 91 Contoh-contoh Permodelan: A. Paracetamol Kajian ini adalah untuk memastikan dos paracetamol diperlukan bagi orang dewasa melalui rektum untuk mencapai kepekatan plasma paracetamol antara 10-20 μgml-1. Kepekatan toksik = 120 μg ml–1 Dos Berapa banyak ubat yang anda perlukan? Contoh Parasetamol 500 mg Dos Regimen Berapa kerap ubat yang diperlukan? Masa – 4 jam sekali. B. Kesan dos bagi phenylbutazone (PBZ) dan flunixin (FLU) Graf menunjukkan hubungan antara kesan dos bagi phenylbutazone (PBZ) dan flunixin (FLU) kepada kuda. PBZ dan FLU telah diuji pada sendi carpal bagi penyakit artritis.
- 92. 92MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 92 Untuk Flunixin (FLU) Untuk Phenylbutazone (PBZ)
- 93. 93MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 93 5.1 PENGHAMPIRAN π OLEH ARCHIMEDES Pendahuluan Sekitar tahun 250 SM, ahli matematik Yunani Archimedes mengira nisbah ukur lilit bulatan melalui diameternya. Suatu penentuan tepat ini, yang pada hari ini dikenali sebagai nisbah telah lama menarik minat minat orang-orang Greek purba untuk mencari perkadaran matematik yang tepat dalam seni bina, muzik dan seni-seni yang lain. Penghampiran 𝜋 (pi) telah diketahui selama lebih daripada 1000 tahun. Nilai Archimedes, bukan sahaja tepat malah ia adalah satu teori yang pada asalnya dan bukan pengiraan. Maka, nilai 𝜋 pada hari ini adalah asas daripada penghampiran 𝜋 daripada teori Archimedes. Siapakah Archimedes Archimedes of Syracuse (Greek: Ἀρχιμήδης; c. 287 SM – c. 212 SM) adalah seorang ahli matematik greek, ahli fizik, jurutera dan sebagainya. Walaupun tidak banyak yang diketahui tentang tentang beliau, beliau dianggap sebagai salah seorang saintis yang terkemuka di zamannya. Antara karya-karyanya yang terkenal dalam fizik ialah berkenaan prinsip hidrostatik, statik dan penerangan prinip tuas dan takal. Beliau diberi pujian dalam menghasilkan inovatif kepada mesin-mesin dan sebagainya. Dan antara salah satu hasil karya beliau ialah teori pengampiran kepada 𝜋. Apa itu 𝝅 Pi ialah pemalar matematik yang merupakan nibah kepada lilitan bulatan dengan garis pusat (diameter) , lebih kurang sama dengan 3.14159. Pi diwakilkan dengan huruf greek iaitu 𝝅 sejak pertengahan abad ke 18 dengan sebutan (/paɪ/). Kegunaan 𝝅 𝝅 digunakan untuk mengira dalam beberapa rumus matematik seperti lilitan satu bulatan jejari ( 𝑟 = 2𝜋𝑟 ), luas suatu bulatan berjejari (𝑟 = 𝜋𝑟2 ), luas permukaan sesuatu sfera berjejari (𝑟 = 4𝜋𝑟2 ) dan isipadu suatu sfera berjejari (𝑟 = 𝜋𝑟3 ). BAB 5 IDEA UTAMA MATEMATIK BERKAITAN KALKULUS Rajah 7 Archimedes of Syracuse
- 94. 94MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 94 PENGHAMPIRAN 𝝅 OLEH ARCHIMEDES Kaedah Archimedes tentang penghampiran pi yang melibatkan perimeter dan poligon dibataskan dengan ukur lilitan bulatan yang diberikan. Oleh itu, daripada mengukur poligon pada suatu-suatu masa, Archimedes menggunakan Teori Euclid untuk membentuk prosedur numerikal untuk mengira perimeter bagi ukur liitan poligon sisi 2n, apabila perimeter bagi sisi poligon diketahui. Kemudian, permulaan bagi mengukur lilit heksagon, dia menggunakan formula untuk mengira perimeter bagi poligon yang mempunyai sisi 12, 24, 48 dan akhirnya 96. Dia kemudiannya mengulang proses menggunakan poligon yang lain (selepas membangunkan formula yang setara). Keunikan prosedur Archimedes ini ialah dia telah menyingkirkan geometri dan menukarkannya kepada prosedur aritmetik, sesuatu yang mungkin membuatkan Plato terkejut. Tapi ia sebenarnya adalah amalan yang biasa dilakukan di timur terutamanya sarjana China Teori Kunci (The Key Theorem) Teori kunci yang digunakan oleh Archimedes ialah dalam bab ‘Proposition 3’ dalam buku VI Euclid’s Elements. Teorinya ialah seperti berikut: Jika sudut bagi segi tiga dibahagi dua sama, dan garis lurusnya memotong sudut tapaknya juga, maka segmen tapak tersebut akan mempunyai nisbah yang sama seperti baki sisi segi tiga tersebut. Dan jika segmen tapaknya mempunyai nisbah yang sama seperti baki sisi segi tiga, garis lurus yang bersambung dengan bahagian bucu akan membahagi sudut segi tiga kepada dua. Kaedah Archimedes Archimedes membuat penisbahan dengan menggunakan poligon yang dilukis di dalam (inscribed polygon) dan poligon yang dilukis di luar bulatan (circumscribe polygon). Rajah 8 Poligon dalamanPoligon luaran
- 95. 95MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 95 Pertamanya, Archimedes mengatakan bahawa kawasan luar bulatan bulatan adalah lebih besar daripada kawasan poligon yang dilakarkan di dalam. Dalam rajah di bawah, heksagon sekata telah dilakarkan di dalam. Rajah 9 Untuk mencari nilai pi, archimedes mengambil poligon bersisi enam (heksagon sekata) sebagai eksperimen awal. Heksagon awal terdiri daripada enam buah segi tiga sama sisi. Rajah 10 Maka, kita keluarkan satu bahagian daripada segitiga tersebut. Rajah 11
- 96. 96MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 96 Daripada rajah 5 di atas, kiat dapat mengetahui bahawa OCB ialah segitiga bersudut tegak. Kita juga tahu bahawa OB=OD=BD kerana segi tga OBD ialah segi tiga sama kaki. BD kita wakilkan sebagai L. Jadi, BC=CD iaitu 𝐿 2 . Katakan Li ialah poligon dalaman (inscribed polygon), Maka, ungkapannya boleh jadi seperti berikut: 𝐿𝑖 = sin( 𝜃 2 ) + sin ( 𝜃 2 ) 𝐿𝑖 = 2 sin ( 𝜃 2 ) Seterusnya, Archimedes turut melakar heksagon di luar bulatan (circumscribed polygon) dan membuat pengiraan luas heksagon tersebut. Rajah 12 Sama juga seperti poligon dalaman, kita juga akan mengeluarkan satu bahagian daripada poligon luaran. Kemudian, kita katakan pula 𝐿 𝑐 sebagai poligon luaran (circumscribed polygon), maka ungkapannya seperti berikut: 𝐿 𝑐 = tan ( 𝜃 2 ) + tan( 𝜃 2 ) 𝐿 𝑐 = 2 tan ( 𝜃 2 ) Maka, daripada kedua-dua persamaan ini, kita dapat menyimpulkan bahawa 𝑁 sin 𝜃 2 ≪ 𝜋 ≪ 𝑁 𝑡𝑎𝑛 𝜃 2 Dimana, 𝑁 = 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑠𝑖𝑠𝑖 𝑝𝑜𝑙𝑖𝑔𝑜𝑛 𝜃 = 360 𝑁 = 2𝜋 𝑁 Setelah mendapatkan formula ini, kita akan mengambil heksagon sebagai poligon percubaan yang pertama.
- 97. 97MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 97 𝑁 sin 𝜃 2 ≪ 𝜋 ≪ 𝑁 𝑡𝑎𝑛 𝜃 2 6 sin ( 360 6 ) 2 ≪ 𝜋 ≪ 6 𝑡𝑎𝑛 ( 360 6 ) 2 6 sin 30 ≪ 𝜋 ≪ 6 tan 30 6 1 2 ≪ 𝜋 ≪ 6 √3 3 3 ≪ 𝜋 ≪ 2√3 Berdasarkan hasil yang diperolehi dengan menggunakan poligon heksagon, maka kita bahawa nilai 𝜋 ialah di antara 3.0 hingga 3.464. Untuk meneruskan pencarian Archimedes menggunakan poligon dengan sisi yang lebih banyak iaitu poligon bersisi 12,24,48 dan 96. Kesemua dapatan direkodkan dalam jadual di bawah. N 𝜋𝑖 𝜋 𝑐 Purata 6 3.000 3.464 3.232 12 3.106 3.215 3.161 24 3.133 3.160 3.146 48 3.139 3.146 3.143 96 3.141 3.143 3.142 Nilai 𝜋 berdasarkan poligon yang mempunyai sisi sebanyak 96 memberikan nilai 3.142 yang mana nilai ini adalah sangat tepat dengan nilai 𝜋 yang digunakan pada hari ini. APLIKASI 𝝅 (PI) DALAM KONTEKS SEBENAR Piramid Besar Giza atau dikenali sebagai Piramid Khufu ialah yang tertua dan terbesar di antara 3 piramid di Giza, Mesir. Piramid ini juga tersenarai dalam & Keajaiban Dunia yang masih bertahan hingga kini. Piramid Giza ini merupakan struktur binaan yang paling tinggi di dunia pernah dibina oleh manusia dalam 3800 tahun.
- 98. 98MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 98 Ramai yang tidak tahu bahawa pembinaan piramid melibatkan penggunaan 𝜋 (pi) di dalamnya. Piramid dibina dalam dimensi yang sangat istimewa. Anggaran dimensi bagi piramid dikira oleh Petrie mengikut tinggalan batu dalam tanah untuk batu- batu yang masih kekal di bahagian atas piramid dengan sudut kecerunannya 51° 52' ± 2'. Penglibatan nilai pi dalam dimensi utama menunjukkan ketepatan yang hampir kepada nilai pi. Satu lagi kebetulannya ialah hubungan di antara tinggi segi tiga piramid dengan separuh tinggi bagi sisi piramid., kerana ia wujud sebagai Golden Section atau nisbah tertentu yang yang menyamai perkadaran , F = (sqr(5)+1)/2 = 1.618 = 356:220. Nisbah ini 356:220 = 89:55 juga terkandung dalam Siri Fibonaci 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 ... PENENTUAN LUAS BULATAN OLEH ARCHIMEDES PENDAHULUAN Masalah menentukan luas bagi bulatan pernah dianggap sebagai satu cabaran matematik yang hebat. Cabaran-cabaran ini disahut oleh banyak ahli matematik dari zaman matematik Babylon hinggalah kepada zaman ahli matematik Greek.
- 99. 99MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 99 Permasalahan ini diteruskan oleh Archimedes (287-212 SM) dengan menggunakan kaedah kuasa dua bulatan (squaring of circle). Archimedes menyimpulkan bahawa luas bulatan merupakan had kepada luas poligon di dalam bulatan dengan bilangan sisi kepada ketidak terhinggaan (infinity). Prinsip Asas Archimedes Dalam Bulatan Dalam menghuraikan masalah ini, Archimedes menekankan kepada beberapa prinsip asas dalam bulatan. Pertama, luas poligon dengan sisi n (n-gon) yang dilukis di dalam unit bulatan menghampiri suatu nilai iaitu pi (𝜋) apabila nilai n meningkat. Luas poligon yang dilukis di dalam bulatan menghampiri luas bulatan apabila bilangan sisi poligon meningkat. Kemudian, perimeter poligon semakin menghampiri lilitan bulatan apabila bilangan sisi poligon meningkat. PENENTUAN LUAS BULATAN Seperti yang dinyatakan di atas, Archimedes menggunakan kaedah squaring the circle iaitu kaedah yang mengenalpasti poligon yang menyamai luas bulatan dengan jejari (r) tertentu. Untuk percubaan pertamanya, Archimedes menggunakan poligon dalaman segi empat dalam bulatan. Segi empat sama yang dilukis di dalam (inscribed) bulatan. Ini bermakna segi empat tersebut adalah sepadan dan bucunya menyentuh bulatan. Rajah 13 Berdasarkan rajah 7 di atas, AC ialah diameter kepada bulatan dan panjang AC ialah 2r. Oleh kerana ABC merupakan segi tiga sama kaki, maka panjang AB ialah sama dengan BC. Dengan menggunakan AC sebagai hipotenus (2r), panjang AB dan BC dapat ditentukan seperti berikut:
- 100. 100MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 100 Jadikan AB = BC = a, maka nilai a dicari dengan menggunakan teori Phytagoras. 𝑎2 + 𝑎2 = (2𝑟)2 2𝑎2 = 4𝑟2 𝑎2 = 2𝑟2 𝑎 = √2𝑟 Didapati panjang AB dan BC ialah √2𝑟. Maka, luas segi empat A ialah: = 𝑝𝑎𝑛𝑗𝑎𝑛𝑔 × 𝑙𝑒𝑏𝑎𝑟 = √2𝑟 × √2𝑟 = 2𝑟2 Luas segi empat yang kita dapatkan ialah 2𝑟2 . Namun begitu, ianya masih belum dapat menghampiri luas bulatan yang sebenar. Jadi, archimedes menggunakan poligon yang lain dalam percubaan seterusnya. Poligon yang dipilih ialah poligon sisi 6 ataupun heksagon. Beliau percaya bahawa percubaan kali ini akan mendapat keputusan yang lebih baik daripada sebelumnya. Untuk menentukan penghampiran luas bulatan dengan heksagon, Archimedes membahagikan heksagon kepada enam bahagian segi tiga. Luas heksagon boleh didapati setelah luas satu segi tiga berjaya diperolehi. Rajah 14 Berdasarkan rajah 8, Panjang AB = r. Jadi pengiraan bagi menentukan tinggi satu segi tiga ialah seperti berikut. Kita wakilkan tingginya sebagai h. ℎ2 + ( 𝑟 2 )2 = 𝑟2 ℎ2 + 𝑟2 4 = 𝑟2 ℎ2 = 4𝑟2 − 𝑟2 4 ℎ2 = 3𝑟2 4
- 101. 101MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 101 ℎ = √ 3𝑟2 4 ℎ = √3𝑟 2 Setelah mendapat nilai tinggi segi tiga iaitu ℎ = √3𝑟 2 , maka luas heksagon di dalam bulatan dapat ditemukan. Maka, luas heksagon ialah: = 6 × 𝑙𝑢𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑔𝑖 𝑡𝑖𝑔𝑎 = 6 × 1 2 × 𝑡𝑎𝑝𝑎𝑘 × 𝑡𝑖𝑛𝑔𝑔𝑖 = 6 × 1 2 × 𝑟 × ℎ Gantikan, ℎ = √3𝑟 2 ke dalam persamaan = 6 ( 1 2 × 𝑟 × √3𝑟 2 ) = 3√3𝑟2 2 = 2.59𝑟2 Berdasarkan persamaan di atas, maka luas heksagon ialah 2.59𝑟2 . Nilai yang diperoleh dengan menggunakan luas heksagon adalah lebih baik berbanding luas segi empat sama, ia sebenarnya masih belum menghampiri luas sebenar bulatan. Hal ini mendorong Archimedes untuk meneruskan percubaan ketiga. Beliau telah mencuba dengan menambahkan sisi poligon untuk mendapatkan luas bulatan yang paling tepat. Rajah 15 Maka, luas bagi poligon sisi n adalah n kali luas satu segi tiga seperti mana di bawah.
- 102. 102MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 102 𝐴 = 𝑛(𝑙𝑢𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎) = 𝑛 1 2 ℎ𝑏 Apabila bilangan n-sisi bertambah, 𝐴 = 𝑛 1 2 ℎ𝑏 = 1 2 ℎ(𝑛𝑏) (𝑛 𝑏) ialah perimeter poligon, di mana apabila n semakin meningkat, ia menghampiri lilitan bulatan (circumference of the circle) iaitu 2𝜋𝑟. Archimedes telah membuat pencerapan bahawa sekiranya poligon tersebut mempunyai sisi n, maka setiap segi tiga dikira sebagai 1 2 daripada lilitan bulatan. Selain itu, tinggi segi tiga, h juga menghampiri jejari bulatan, r. Semakin bertambah bilangan segi tiga, luas poligon akan menghampiri dan memenuhi luas bulatan. Sehubungan dengan itu, Archimedes telah dapat menentukan luas bulatan seperti berikut: 𝐴 = 1 2 ℎ(𝑛 𝑏) ≈ 1 2 𝑟(2𝜋𝑟) = 𝜋𝑟2 Dalam menentukan luas bulatan, ia melibatkan nilai tetap 𝜋, yang mana wujud sebagai nisbah lilitan bulatan kepada diameter bulatan. APLIKASI LUAS BULATAN DALAM KONTEKS SEBENAR Pernahkah anda masuk ke kolam renang? Adakah anda semua tahu bahawa kolam renang menggunakan formula luas dalam menentukan keluasannya? Bagi kolam renang yang tidak berbentuk petak, formula yang digunakan ialah formula luas bulatan kerana ia melibatkan nilai pi. Seperti mana yang anda semua pernah lihat, kolam renang mempunyai pelbagai bentuk dan bentuk-bentuk ini sangat mempengaruhi luasnya. Ahli matematik telah lama menggunakan konsep luas dalam membentuk satu kolam renang berdasarkan kepada kriteria yang mereka mahukan.
- 103. 103MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 103 PARADOKS ZENO PENDAHULUAN Hampir kesemua yang kita tahu tentang Zeno of Elea (seorang ahli falsafah Greek) boleh di dapati dalam buku Plato yang berjudul Permenides. Dari situ kita belajar bahawa Zeno berumur dalam lingkungan 40 tahun yang mana Socrates masih seorang yang muda (ada yang mengatakan dalam 20). Socrates lahir dalam tahun 469 SM, maka kita menggarkan bahawa Zeno lahir pada sekitar tahun 495 hingga 480 SM. Dalam lewat ini, kita mengetahui Zeno sangat rapat dengan Permenides (Plato melaporkan bahawa mereka ialah pasangan kekasih semasa Zeno masih muda), dan kerana itu Zeno menulis buku ‘paradoks’ yang mempertahankan falsafah Parmenides. PARADOKS ZENO Zeno mengusulkan 4 paradoks dalam usaha untuk mencabar penerimaan tentang tanggapan ruang dan masa yang membuatkan pandangan dirinya bertembung dengan lingkaran kepelbagaian falsafah. Paradoksnya sangat membingungkan ahli matematik selama berabad-abad sehinggalah pembangunan Cantor ( dalam tahun 1860 dan 1870) tentang teori set tidak terhingga yang mampu menyelesaikan ‘masalah’ paradoksnya. Paradoks Zeno memfokuskan kepada perkaitan berasingan kepada berterusan (discrete to the continuous), satu isu yang menjadi jantung kepada matematik. Secara umumnya, paradoks bermaksud pernyataan yang kelihatan benar / logik tetapi sebenarnya bercanggah / tidak logik. Zeno percaya bahawa sesuatu entiti boleh dibahagikan dan tidak boleh berubah dalam realiti. Dalam bahagian ini, saya hanya akan membincangkan satu sahaja ialah Paradoks Pergerakan. 2.1 PARADOKS PERGERAKAN. 2.1.1 Dikotomi (Pembahagian) “Sebuah benda yang bergerak tidak akan pernah mencapai tujuan. Pertamanya dia harus menempuh perjalanan setengah jarak. Lalu setelah itu, dia mesti menempuhi satu perempat, satu perlapan, satu perenam belas, satu pertiga puluh dua dan seterusnya. Demikian hingga jumlah menajdi tidak terhingga. Oleh kerana mustahil melakukan perjalanan sebanyak tidak terhingga, maka tujuannya tidak akan pernah sampai. Rajah 16 Zeno of Elea
- 104. 104MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 104 Paradoks: Pernyataan : Pergerakan adalah mustahil. Bukti : Jika objek boleh dibahagikan, maka ia sebenarnya tidak wujud. Sebelum objek boleh bergerak dengan jarak yang diberikan, ianya mesti melalui separuh daripada jarak tersebut. Untuk bergerak separuh daripada jarak tersebut, ianya mesti bergerak suku daripada jarak dan seterusnya sehingga tidak terhingga (infiniti) iaitu proses pembahagian separuh tidak pernah sampai hingga ke penghujung (tidak terhad/infinite) kerana sentiasa ada jarak yang perlu dibahagikan separuh tidak kira betapa kecil jarak itu. Dengan adanya pembahagian separuh menyebabkan tiada jarak yang boleh digerakkan di dalam jumlah masa yang terhad (finite). Oleh itu ianya kelihatan kita tidak boleh bergerak pada jarak yang sebenar dan pergerakan adalah mustahil. Contoh: Ilustrasi paradox dikotomi Zeno Dalam rajah di atas menggambarkan bagaimana terdapat banyak segmen perjalanan di antara dua titik (0-100). Yang mengganggu Zeno di sini bukan pergerakannya, tetapi bagaimana ketidak terhinggaan itu sangat menyusahkannya. Dalam contoh di atas Zeno mengetengahkan bahawa ‘apabila jumlah segmen yang harus ditempuhi sejumlah tidak terhingga, maka gerak dari satu tempat ke tempat yang lain adalah mustahil. Para ahli matematik dan falsafah moden telah mengemukakan hujah yang dapat menyangkal paradoks Zeno ini: a) urutan 1, 1 2 , 1 4 , 1 8 , dan lain-lain mempunyai had kepada 0 b) urutan 0.9, 0.99, 0.999 dan seterusnya mempunyai had kepada 1 c) Apabila kita menulis 0.99999...., ianya bermaksud had nombor 9 adalah sehingga infiniti, maka 0.9999... ≈ 1 d) Dalam erti kata yang lain, urutan yang sebenarnya akan menghampiri had yang kita kehendaki. Jadi realitinya, jarak yang terhad memerlukan jumlah masa yang terhad untuk bergerak (jarak boleh digerakkan pada masa yang terhad).
- 105. 105MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 105 Paradoks Achilles dan Kura-Kura Paradoks ini sangat terkenal dalam sejarah Yunani kerana pada waktu itu, mereka gagal untuk menyangkal paradoks ini walaupun pada waktu ini tidak terlalu sulit untuk dijelaskan. Namun, para ahli falsafah dan matematik mengambil masa selama ribuan tahun untuk menjelaskannya. Achilles merupakan seorang pelumba terkenal di zaman Yunani yang ingin berlumba dengan seekor kura-kura yang lambat. Achilles digambarkan sebagai seorang pahlawan yang hebat pada ketika itu sehingga tiada siapa yang dapat menandinginya. Paradoks: Pernyataan : ruang dan waktu adalah berterusan. Bukti : Achilles tidak akan dapat memintas kura-kura. Berdasarkan paradoks ini, Achilles tidak akan dapat mengalahkan kura-kura yang bergerak terlebih dahulu. Zeno ingin membuktikan bahawa, ruang dan waktu adalah berterusan . Jika ada pergerakan, pergerakan itu adalah seragam. Di sini, Zeno membahagikan jarak Achilles kepada nombor yang infiniti . Rajah 17 Ilustrasi gambar pahlawan Achilles Ilustrasi paradox zeno berkenaan Achilles dan kura-kura
- 106. 106MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 106 Ini dibenarkan (logik) kerana jarak dalam satu segmen tertentu boleh dibahagikan kepada beberapa jarak sehingga ke infiniti . Dengan itu, Zeno membahagikan jarak perlumbaan Achilles kepada bahagian-bahagian kecil sehingga infiniti tetapi dilaksanakan pada masa yang terhad . Berikut ialah hujah-hujah yang diketengahkan oleh ahli falsafah dan matematik dalam menyangkal paradoks Achilles dan kura-kura ini. Hujah 1: Untuk Achilles mengejar kura-kura, dia mesti melalui jarak yang tidak terhad: 100m + 50m + 25m + 12.5m + 6.25m + …. Walaubagaimana pun, jumlah jarak tidak terhad merupakan satu jumlah jarak yang terhad . Jadi, bagaimana Zeno mengatakan jarak yang dilalui Achilles tadi adalah tidak terhad. Bukti: 𝑎 = 100𝑚 𝑟 = 1 2 𝑛 = ∞ maka kita menggunakan janjang geometri untuk mencari jarak yang tidak terhad: 𝑠∞ = 𝑎 1 − 𝑟 = 100 1 − 1 2 = 200 𝑚𝑒𝑡𝑒𝑟 Justeru, jumlah jarak tidak terhad (yang dikatakan oleh Zeno) sebenarnya adalah merupakan satu jumlah jarak yang terhad. Paradoks ini dikeluarkan sebelum janjang geometri (geometric series) ditemukan. Jadi apabila adanya janjang, ia telah menyangkal paradoks Zeno ini. Kedudukan Achilles dan kura-kura dalam perlawanan.
- 107. 107MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 107 Hujah 2: Rajah 18 realitinya, ruang dan waktu tidak berubah-ubah Berikut adalah ilustrasi karikatur berkenaan paradox Achilles dan kura-kura:
- 108. 108MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 108 Paradoks Anak Panah Paradoks anak panah ini membantah idea bahawa ruang atau masa itu berasingan (discrete). Zeno berpendapat bahawa satu objek yang sedang terbang, selalu menepati ruang yang sama besarnya dengan objek tersebut. Paradoks: Pernyataan : Pergerakan adalah mustahil Bukti : Semua objek berada dalam keadaan pegun dan tidak bergerak Masa terdiri daripada ketika atau waktu sekarang (moment of now). Satu anak panah sedang dalam penerbangan, pada mana-mana suatu ketika, ia tidak dapat dibezakan dengan satu anak panah yang dalam keadaan rehat (pegun) pada kedudukan yangRajah 19 Ilustrasi paradox Anak Panah
- 109. 109MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 109 sama. Persoalannya pada ketika tersebut, adakah anak panah tersebut bergerak atau dalam keadaan rehat (pegun)? Dan jika anak panah itu tidak bergerak, ia mestilah dalam keadaan rehat (pegun) dan tidak dalam penerbangan. Pada 1 saat ini, anak panah ini dalam keadaan pegun (tidak bergerak). Pada masa ini juga tiada jarak direkodkan kerana tiada pergerakan. Kesimpulannya, jika tiada jarak pada setiap saat, bila anak panah itu bergerak (berada dalam penerbangan). Contoh: Apabila sebuah anak panah dilemparkan dari busurnya ianya sebenarnya tidak bergerak melainkan setiap saat berhenti. Di setiap tempat anak panah itu berada, sebenarnya anak panah itu sedang berhenti dan diam disitu. Jadi, panah yang sedang terbang itu sebenarnya tidak bergerak melainkan dalam keadaan diam. Ia hanya kelihatan sahaja bergerak. Hujah: Katakan anak panah yang berterbangan bergerak pada jarak, d = 20 meter dalam masa, t = 4 saat. Halaju anak panah: 𝑣 = 𝑑 𝑡 = 20 𝑚 4 𝑠 = 5𝑚𝑠−1 Anak panah yang berterbangan pada ketika 1 saat sebenarnya mempunyai: Jarak, d = 0 meter seperti yang dikatakan oleh Zeno sebenarnya mempunyai jarak, d yang boleh dikira. 𝑑 = 𝑣𝑡 = (5𝑚𝑠−1 )(1𝑠) = 5𝑚 Ini membuktikan bahawa terdapat pergerakan pada sesuatu ketika (sekarang) di mana pada ketika tersebut sebenarnya anak panah sedang bergerak. Realitinya, ruang dan masa adalah berasingan (descrete)
- 110. 110MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 110 Paradoks Stadium / Stadion Paradoks ini dikenali juga sebagai paradoks pergerakan barisan. Paradoks ini adalah pradoks yang paling mustahil di antara semua Paradoks Zeno. Paradoks ini melibatkan kedudukan baris selari (seperti di stadium) dan divisualisasikan sebagai pergerakan tiga baris selari, A, B, dan C. Paradoks: Pernyataan : Ruang dan masa boleh dibahagikan hanya dengan jumlah yang pasti. Bukti : Separuh daripada masa adalah sama dengan dua kali masa. Hujah: Penyelesaian matematik untuk paradoks ini adalah: Halaju B menuju A = 𝑠 𝑚𝑠−1 Halaju C menuju A = 𝑠 𝑚𝑠−1 Halaju C menuju B = 2𝑠 𝑚𝑠−1 Jarak untuk menghabiskan pergerakan = 2𝐷 𝑚 (2 kereta / unit)
- 111. 111MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 111 Waktu yang diperlukan untuk menghabiskan pergerakan = 2𝐷 𝑚 2𝑆 𝑚𝑠−1 = 𝐷 𝑚 𝑆 𝑚𝑠−1 = 1 𝑢𝑛𝑖𝑡 𝑤𝑎𝑘𝑡𝑢 (𝑠) Realitinya, ruang dan masa tidak boleh dibahagikan. Zeno dan gurunya Permenides mempunyai pendapat yang sama berkenaan pergerakan dan alam semesta. Menurut catatan sejarah, Zeno telah menghasilkan sebanyak 40 paradoksnya tetapi malangnya hanya beberapa sahaja yang sempat ditangkap oleh Plato dan Aristotle untuk ‘diselesaikan’ berikutan buku-buku tulisan Zeno berkenaan paradoksnya hilang (kemungkinan dicuri). PENYIASATAN LENGKUNG KUBIK OLEH NEWTON Isaac Newton Dilahirkan pada tahun 1642. Ibunya mengeluarkannya dari sekolah supaya dia jadi jadi petani yang baik. Pada umur 18 tahun telah memasuki Universiti Cambridge. Di sinilah Newton mula belajar pelbagai bidang ilmu termasuk Matematik Suka melakukan penyelidikan sendiri dan akhirnya tercipta pelbagai teori yang kemudian mampu mengubah dunia Antaranya menghasilkan 72 jenis lengkung kubik Lengkung Kubik Isaac Newton merupakan orang pertama yang mula-mula menjalankan penyiasatan yang sistematik tentang lengkung kubik (kuasa tiga). Persamaan umum lengkung kubik adalah; Daripada persamaan ini, Newton telah mencipta 72 jenis lengkung kubik.
- 112. 112MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 112 Daripada persamaan umum tadi, dia telah memecahkannya kepada 4 jenis lengkung: Jenis 1: Witch of Agnesi
- 113. 113MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 113 Jenis 2: Newton’s Trident Jenis 3: Newton Diverging Parabolas Jenis 4: Cubic Parabolas
- 114. 114MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 114 Right strophoid. (b) Trident of Newton. (c) Cardioid. (d) Deltoid. (e) Devil on two sticks. (f) Lemniscate of Bernoulli. (g) Epitrochoid. (h) Rhodona. (i) Bowditch curve. (j) Fermat's spiral. (k) Logarithmic spiral. (l) Cycloid."> Plane curves. (a) Right strophoid. (b) Trident of Newton. (c) Cardioid. (d) Deltoid. (e) Devil on two sticks. (f) Lemniscate of Bernoulli. (g) Epitrochoid. (h) Rhodona. (i) Bowditch curve. (j) Fermat's spiral. (k) Logarithmic spiral. (l) Cycloid. Read more: http://www.answers.com/topic/plane-curve#ixzz2jzNTEjnX
- 115. 115MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 115 Alexis Claude Clairaut telah menjalankan penyiasatan terhadap Jenis III (Newton Diverging Parabolas) dengan memperkenalkan permukaan dalam ruang tiga dimensi. Lengkung kubik diaplikasikan dalam lukisan yang dihasilkan oleh St. James sehinggakan lukisan tersebut kelihatan secara 3-dimensi.
- 116. 116MODUL MTE3114 APLIKASIMATEMATIK 116 Penghargaan: Nota Cikgu Al-Kindi En. Tan Kah Keng (Bab 2 dan Bab 3) IPG KPP Cik Ng Sok Moay IPG KPP Dr. Teong Mee Mee IPG KPP Pelajar Matematik PISMP Jan 2010 IPG KPP Semoga modul ini membantu anda dalam peperiksaan. shamsul naim, IPG KPP