Masalah Geometri

Pencarian Pola

Prinsip ini erat hubungannya dengan pencarian pola berdasarkan sesuatu yang dapat dihitung dan mempunyai nilai terkecil. Jika kita telah merasa yakin telah menemukan pola dibalik sesuatu dan sesuatu itu dapat dihitung, maka prinsip induksi mungkin muncul sebagai pilihan pertama untuk membuktikan kebenaran pola itu. Pola bisa berupa suatu barisan yang mempunyai aturan tertentu, sedangkan aturannya dapat didefinisikan secara rekursif, seperti persamaan rekursif yang muncul dibalik masalah Josephus (dibahas di MAJALAH Zer0 edisi pertama).

Barisan Fibonacci didefinisikan sebagai berikut: untuk suatu bilangan bulat tak negatif, f n adalah suku ke-n barisan Fibonacci jika f 0 = f 1 0, 1 = dan f n = f n − 1 + f n − 2

untuk n ≥ 2 . Banyak pola yang dapat digali dari barisan ini, bahkan pola Fibonacci muncul pula sebagai pola yang terjadi di alam. Ada sesuatu yang mistis dibalik barisan Fibonacci, tetapi kita akan bahas nanti. Sekarang kita hanya akan melihat salah satu polanya, yaitu:

Contoh. Buktikan bahwa untuk setiap n bulat tak negatif,

Bukti. Akan dibuktikan secara induksi. Untuk n = 0, jelas bahwa f 2 = ∑ f i += 11 .

Asumsikan persamaan f n + 2 itu benar untuk suatu n sembarang. Karena Asumsikan persamaan f n + 2 itu benar untuk suatu n sembarang. Karena

maka terbukti secara induksi bahwa berlaku f n + 2 = ∑ f i + 1 untuk setiap bilangan

bulat tak negatif n. ฀

Sebagai latihan cobalah cari pola pada masalah berikut, generalisasi, kemudian buktikan dengan induksi.

Latihan 1. Perhatikan

Beberapa contoh di atas mendorong kita untuk menerka bahwa jumlah n bilangan ganjil pertama sama dengan n kuadrat. Benarkah?

Latihan 5. Dengan prinsip cari pola, terka, dan induksi coba hitung berapa banyak kata “ABRACADABRA” dapat dibaca pada gambar di samping. Aturan membacanya adalah mulai dari

A teratas dengan arah kebawah sampai di A terbawah.

Memperkuat hipotesis induksi merupakan langkah yang bagus ketika induksi biasa tidak bekerja dengan baik. Yang perlu diperhatikan adalah bahwa setiap asumsi hipotesis harus benar, jika tidak konstruksi bukti yang valid tidak akan terjangkau. Sering kali, menemukan hipotesis induksi yang tepat diperlukan trial and error dan pemahaman yang mendalam. Pernah terjadi ketika matematikawan selama hamper dua puluh tahun mencoba membuktikan atau menyangkal konjektur tentang graf bidang:

“setiap graf bidang merupakan 5-choosable 5 .”

Baru pada tahun 1994 Carsten Thomassen memberikan bukti induksi yang begitu sederhana. Kuncinya adalah menemukan hipotesis induksi yang benar-benar cerdas yang membuat konstruksi selanjutnya mengalir dengan mudah.

Teorema Salah. Saya bisa memindahkan semua pasir di pantai.

Bukti . Bukti secara induksi. Misalkan Pn () : “Saya bisa memindahkan n butir pasir.” Kasus basis, P (1) , benar karena saya bisa dengan mudah memindahkan 1 butir pasir. Pada langkah induksi, asumsikan bahwa saya bisa memindahkan n butir pasir. Jika

demikian maka saya bisa memindahkan n + 1 butir pasir karena penambahan 1 butir pasir tidak jadi masalah. Sehingga Pn () ⇒ Pn ( + 1) . Secara induksi terbukti bahwa

Pn ( ) benar untuk setiap bilangan asli n. Jadi saya bisa memindahkan semua pasir di pantai.

Pernyataan yang menjebak adalah penegasan bahwa saya bisa memindahkan n + 1 butir pasir karena saya bisa memindahkan n butir pasir. Kita tidak bisa dengan tepat memastikan dapat memindahkan pasir sebanyak n, sembarang bilangan asli. Meskipun sulit mendapatkan n dimana Pn () salah yang penting adalah eksistensinya.

Masalah ini dapat dijelaskan dengan baik bila kita mengacu pada logika fuzzy yang nilai kebenarannya dinyatakan sebagai bilangan real antara 0 dan 1. Masalah ini merupakan analogi induksi yang nilai kebenarannya berkurang satu satuan pada setiap implikasi.

5 5-choosabiity merupakan generalisasi dari 5-colorability. Dalam teori graf telah dibuktikan bahwa setiap graf bidang 4-colorable, sehingga 5-colorable, tetapi tidak semua graf bidang 4-choosable.

Argumentasi yang Keliru

AK5. Sudut Siku-siku sama dengan Sudut Tumpul

Misalkan ada segmen AB. Dari A pada sudut siku-siku buat sembarang segmen AC. Dari B pada sudut tumpul, misalnya 100 o , buat segmen BD yang panjangnya sama

dengan AC. Misalkan garis tengah tegak lurus AB dan CD berpotongan di E. Perhatikan gambar di bawah.

Karena E pada garis tengah tegak lurus AB maka AE = BE, sedangkan CE = DE, karena E pada garis tengah tegak lurus CD. Karena AE = BE, CE = DE, dan AC =

BD , maka segitiga AEC dan BED kongruen. Karena segitiga AEC dan BED kongruen maka ∠ EAC =∠ EBD dan karena segitiga AEB sama kaki maka ∠ EAB =∠ EBA , sehingga

90 D =∠ EAC −∠ EAB =∠ EBD −∠ EBA =∠ D ABD = 100 .

Jadi sudut siku-siku sama dengan sudut tumpul. ◊

AK6. 14 = 15

Di Wroclaw 1952 dalam sebuah pertemuan peserta Olimpiade Matematika, Dr. J. Mikusinski mendemonstrasikan sebuah masalah temukan di mana kesalahannya dengan menggunakan argumentasi pengubinan bidang dengan segi tujuh beraturan.

Misalkan P adalah sudut 180 o . Jumlah seluruh sudut sebuah segi tujuh adalah 5P, sehingga sebuah sudut di heptagon besar rata-ratanya adalah 5P/7. Karena bidang

dapat diselimuti oleh segitujuh, maka sudut rata-rata pada mosaik ini adalah 5P/7. Tetapi, karena pada setiap titik terbentuk tiga sudut itu, maka sudut rata-rata pada setiap titik adalah 2P/3. Hal ini mengakibatkan rata-rata sudut pada mosaik itu adalah 2P/3, karena setiap sudut dibangun oleh suatu titik. Jadi 5P/7 = 2P/3 atau 14 =15. ◊

Masalah & Solusi

Anda dapat turut berpartisipasi dengan mengirimkan solusi untuk masalah yang disediakan (pada suatu edisi) atau mengirim masalah baru untuk dipublikasikan. Untuk masukan masalah sertakan solusi Anda. Alamatkan solusi atau masalah Anda melalui email ke salah satu alamat email editor. Cantumkan informasi sedetil mungkin untuk memudahkan editor menyunting masukan dan tulis sebagai file Word.

Solusi

Masalah 2 [MZ 01-0708]. Bilangan diantara empat bilangan kubik Buktikan bahwa, di antara empat bilangan kubik, selalu ada dua bilangan yang selisihnya habis dibagi 7.

Solusi oleh Raja Octovin, Pekanbaru.

Semua bilangan kubik, jika dibagi 7, akan memberikan sisa atau . Misalkan A = {himpunan bilangan kubik yang habis dibagi 7}, B = {himpunan bilangan kubik

bersisa 1 jika dibagi 7} dan B = {himpunan bilangan kubik bersisa 6 dibagi 7}. Apabila dari empat bilangan ada dua bilangan yang berasal dari himpunan yang sama, maka bilangan tersebut habis dibagi 7. Berdasarkan PHP, apabila ada 4 benda yang akan dimasukkan ke dalam 3 kotak, maka ada 1 kotak yang mengandung lebih dari 1 benda. Dari sini, terbukti bahwa dari empat bilangan kubik, ada dua bilangan kubik yang berasal dari himpunan yang sama. Dan bukti mengikuti.

Komentar penyunting Sebagai catatan PHP di atas adalah prm, prinsip rumah merpati. Hey, kenapa di akhir bukti ada tanda “?”? Karena ada sesuatu yang masih cacat. Yang masih belum tepat adalah ambiguitas pengarahan “bilangan tersebut” pada kalimat, “Apabila dari empat bilangan ada dua bilangan yang berasal dari himpunan yang sama, maka bilangan tersebut habis dibagi 7.” Yang tepat adalah selisih dua bilangan dalam himpunan yang sama yang habis dibagi 7 (0 mod 7). Sesuai pernyataan masalah. Ini adalah kekeliruan yang berharga, sayangnya Raja tidak memberikan informasi tambahan untuk

m enghubunginya kembali.

Beberapa masalah yang pernah diungkapkan di blog Zer0.

1. Pada gambar di samping, Jika lingkaran terbesar dan sedang berturut-turut berjari-jari 9 dan 4 cm, maka jari-jari lingkaran terkecil adalah… cm.

Solusi. Kita akan menyelesaikan masalah yang lebih umum. Misalkan koordinat pusat lingkaran besar, sedang, kecil berturut-turut adalah

( , ), ( , ), dan (0, ) ha kb c , dengan a ≥> b c . Dengan menerapkan teorema Pythagoras pada setiap dua lingkaran yang bersinggungan maka diperoleh tiga persamaan,

Dengan mengekspansi masing-masing persamaan kita peroleh,

2 2 2 h 2 = 4 ac , k = 4 bc , h + k + 2 hk = 4 ab .

Subtitusi persamaan pertama dan kedua ke persamaan ketiga kita peroleh,

hk = 2( ab bc ca − − ) . (1)

2 2 Karena 2 hk = 16 abc , maka dengan meguadratkan kedua ruas (1) kita peroleh

2 4 2 abc = ( ab bc ca − −) . (2)

Persamaan (2) cukup untuk menyelesaikan masalah ini, yaitu pilih a = 9, b = 4 , sehingga

2 2 2 2 144 2 c = (36 13 ) − c = 36 −⋅⋅ 2 36 13 c + 13 c .

Karena c merupakan jari-jari lingkaran terkecil maka dengan menyelesaikan persamaan kuadrat terakhir kita peroleh c, jari-jari lingkaran terkecil sama dengan 36/25.

Cacatan. a,b,c dalam h dan k memenuhi persamaan

2. L 1 dan L 2 adalah dua lingkaran yang konsentris.

Jika panjang AB adalah 16 cm, maka luas daerah yang diarsir adalah… 2 π cm .

Solusi. Misalkan jari-jari lingkaran besar dan kecil berturut-turut adalah R dan r. Pandang

2 2 2 Dan kita punya persamaan 2 R = r + 16 atau R − r = 16 . Dan Luas daerah yang

2 2 diarsir adalah 2 π R − π r = π 16 cm .

3. ABCD adalah sebuah trapesium sama kaki dengan BC = 12 cm. Dalam trapesium dibuat lingkaran yang menyinggung keempat sisinya. Perhatikan gambar di bawah

Jika PQ = 10 cm, maka luas lingkaran adalah … 2 π cm .

Solusi. Misalkan jari-jari lingkaran itu r. Dari B dan Q tarik garis sehingga tegak lurus DC dan masing-masing berpotongan dengannya berturut-turut di F dan G. Misalkan E adalah titik singgung lingkaran dengan garis DC. Misalkan EC = x, maka karena simetri CQ = x. Akibatnya QB = 12 – x.

Pandang segitiga CFQ. CG = EG – EC = 12 – x – x. Aplikasikan teorema Pythagoras padanya, sehingga berlaku

2 2 (12 2 ) 2 − x + (2 ) r = 12

2 r 2 = 12 x − x .

Pandang segitiga CFQ dan CGB. Kedua segitiga itu sebangun karena ∠ QCF =∠ BCG dan CFQ

CGB = 90 ∠ D =∠ . EF = 1/2PQ = 5. Maka berlaku perbandingan

Jadi luas lingkaran itu adalah 30 2 π cm .

Solusi Sekilas Logika

Banyaknya binatang peliharaan Zer0 adalah tiga: satu kucing, satu anjing, dan satu merpati. Di sini semua berarti satu.

10 koin dan 3 gelas: masukkan 1, 2, 7 koin ke berturut-turut gelas 1, 2, 3. Masukkan gelas 1 ke gelas 2. Sekarang dalam masing-masing gelas ada sebanyak ganjil koin. Ada banyak solusi.

Berita Raihan Tim Indonesia di IMO ke-49 2008

Hasil resmi Olimpiade Matematika 2008 di Madrid, Spayol, sudah keluar. Berikut ini data raihan diambil dari situs resmi IMO, http://www.imo-official.org/ ,

Kontestan P1 P2 P3 P4 P5 P6 Total Rangking % Mendali Andreas Dwi

7 5 0 4 7 0 23 116 78.46 S Maryanto G.

Aldrian Obaja Muis

7 3 0 7 2 0 19 170 68.35 B Fahmi Fuady

470 0 6 0 0 17 199 B

Joseph Andreas 7 1 0 4 0 0 12

297 44.57 H

Satria Stanza 050 4 0 0 9

346 35.39 Pramayoga

Sa'Aadah 700 1 0 0 8

368 31.27 H Sajjana Carita

S, B, Tim 32 21 0 26 9 0 88 36 63.5 B, H, H

Dengan mendali G, S, B, H, berturut-turut adalah Gold, Silver, Bronze, dan Honourable Mention. Dipimpin oleh Hery Susanto tim ini berhasil meraih prestasi terbaik dari tahun-tahun sebelumnya. Berikut adalah statistik prestasi tim olimpiade Indonesia sampai tahun 2008.

Selamat pada tim olimpiade dan kita semua berdoa bahwa prestasi akan terus memuncak.

Sumber Matematika Teka-teki

http://www.conceptispuzzles.com/ https://www.pennydellpuzzles.com/free_puzzles/default.aspx http://bozzball.blogspot.com/ http://www.puzzlepicnic.com/puzzles http://puzzlebeast.com/ http://www.ocf.berkeley.edu/~wwu/riddles/ http://mathpuzzle.com/

Olimpiade

http://www.mathlinks.ro/ http://www.olimpiade.org/

Perangkat Lunak

http://www.themathlab.com/toolbox/geometry%20stuff/geosketch.htm http://www.geogebra.org/cms/index.php?option=com_frontpage&Itemid=1

Masalah Seribu Tahunan - Millennium Prize Problems

Oleh Ferry

Tahukah kamu bahwa matematika bisa membuat kamu kaya. Pada tahun 2000, Clay Mathematics Institute mengumumkan Millennium Prize dengan total hadiah US$ 7.000.000. Tentunya hadiah ini tidak untuk sembarang orang. Hadiah ini berkaitan dengan 7 permasalahan matematika yang disebut Millennium Prize Problems. Setiap orang yang mampu memecahkan satu permasalahan akan diberi hadiah sejumlah $ 1.000.000 oleh Clay. Semua masyarakat dari seluruh dunia diperbolehkan mengikuti perlombaan matematika ini tanpa dipungut biaya apapun. Sampai saat ini hanya satu dari 7 permasalahan ini telah dapat dipecahkan. Ketujuh permasalahan ini adalah:

1. P versus NP Apakah setiap permasalahan yang solusinya dapat diklaim benar komputer dalam waktu polinomial, juga dapat ditemukan secara pasti dengan waktu yang sama.

2. The Hodge conjecture

Buktikan untuk varietas proyeksi dalam aljabar, Lingkaran Hodge adalah kombinasi linear dari lingkaran aljabar.

3. The Poincaré conjecture (terselesaiakan oleh Grigori Perelman) Dalam dimensi-2 suatu bola akan terhubung secara sederhana. Diketahui pula bahwa setiap permukaan di dimensi-2 bersifat kompak dan terhubung secara sederhana adalah bola secara topologi. Konjektur ini mengatakan bahwa hal yang sama untuk dimensi-3. Pertanyaannya adalah membuktikan konjektur ini unutk dimensi yang lebih besar dari 3.

4. The Riemann hypothesis Buktikan: untuk setiap nol tak trivial dari fungsi Riemann zeta memiliki bagian real ½. Hipotesis ini erat dengan teori number, terutama distribusi bilangan prima. (red: ada matematikawan, Xian-Jin Li, yang membuat paper tentang bukti hipotesis Riemann. [papernya dapat dilihat di Arxiv, http://arxiv.org/abs/0807.0090v3 ]. Paper ini dirilis mulai tanggal 1 Juli 2008. Namun, Terence Tao, pernah dianugerahi Field Medal, menemukan kesalahan, sehingga di versi yang keempat paper Li ditarik kembali dengan alasan ada yang salah di halaman 29.)

5. Yang–Mills existence and mass gap Permasalahan ini erat dengan fisika, yaitu teori kuantum Maxwell. Permasalahannya adalah membuktikan keberadaan teori kuantum Yang-Millis dan gap massa secara matematika.

6. Navier–Stokes existence and smoothness Permasalah: membuktikan secara matematika persamaan Navier–Stokes tentang gerak fluida dan gas.

7. The Birch and Swinnerton-Dyer conjecture Konjektur ini berkaitan dengan kurva eliptik di bilangan rasional. Pertanyaannya: apakah terdapat suatu cara mudah untuk mengatatakan suatu fungsi memiliki solusi rasional yang berhingga atau tak berhingga.

Sumber: http://en.wikipedia.org/wiki/Millennium_Prize_Problems

Iklan

Simpan Iklan Di Sini Simpan Iklan Di Sini

Simpan Iklan Di Sini

Daftar Isi

PENGANTAR

PERKENALAN DENGAN LOGIKA DAN PERNYATAAN MATEMATIKA

4 PRINSIP RUMAH MERPATI 12 PRINSIP PENCARIAN POLA DAN INDUKSI 20 ARGUMENTASI YANG KELIRU 31 MASALAH & SOLUSI 32

36 RAIHAN TIM INDONESIA DI IMO KE-49 2008 36 SUMBER MATEMATIKA 37 MASALAH SERIBU TAHUNAN - MILLENNIUM PRIZE PROBLEMS 37