Penjumlahan seluruh bilangan bulat

Di postingan sebelumnya telah kita bahas penjumlahan seluruh bilangan asli, sekarang kita bahas penjumlahan seluruh bilangan asli

\cdots -7-6-5-4-3-2-1-0+1+2+3+4+5+6+7+\cdots

Berapa hasilnya tergantung bagaimana cara kita menghitungnya.

Jika caranya

  • 0
  • -1+1=0
  • -2+2=0
  • -3+3=0
  • -4+4=0
  • -5+5=0
  • Dst

Kita akan mendapatkan 0+0+0+0+0+0+… yang tentu saja hasilnya nol.

Jika caranya

  • 0+1-1=0
  • 2+3-2=3
  • 4+5-3=6
  • 6+7-4=9
  • 8+9-5=12
  • Dst

Kita mendapatkan 0+3+6+9+12+… yang hasilnya ∞ tak hingga

Jika cara diatas kita balik

  • 0-1+1=0
  • -2-3+2=-3
  • -4-5+3=-6
  • -6-7+4=-9
  • -8-9+5=-12
  • Dst

Kita akan mendapatkan hasil sebaliknya yaitu -∞ negatif tak hingga.

Hal tersebut menunjukkan bahwa penjumlahan seluruh bilangan bulat merupakan deret divergent yang artinya hasilnya tidak dapat ditentukan.

Posted in Teori Bilangan | Tagged , , , | Leave a comment

Penjumlahan seluruh bilangan asli

Di Video tersebut Jerome Polin menjelaskan bahwa penjumlahan seluruh bilang asli hasilnya adalah -1/12

1+2+3+4+5+\cdots=-\frac{1}{12}

Namun menurut saya hasilnya bukan -1/12 melainkan -1/8.

Kita notasikan S penjumlahan seluruh bilangan asli.

S=1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+\cdots

Setelah 1, kita kelompokkan per 3 bilangan.

S=1+(2+3+4)+(5+6+7)+(8+9+10)+(11+12+13)+\cdots

S=1+9+18+27+36+\cdots

Kita mendapatkan kelipatan 9

S=1+9\cdot 1+9\cdot 2+9\cdot 3+9\cdot 4 +\cdots

S=1+9(1+2+3+4+\cdots )

Ingat (1+2+3+4+\cdots )=S

S=1+9S

S-9S=1

-8S=1

S=-\frac{1}{8}

Jadi penjumlahan seluruh bilangan asli hasilnya -1/8

Nah..sekarang Pertanyaannya

Mana yang bener nih? Penjumlahan seluruh bilangan asli hasilnya -1/12 atau -1/8?

Ya..gak ada yang bener, dua-duanya keliru. Apa yang saya dan Jerome lakukan hanya utak utik gathuk. Deret 1+2+3+4+5+\cdots adalah deret divergen yang hasil tidak bisa ditentukan

Posted in Paradoks, Teori Bilangan | Tagged , , | Leave a comment

Akar dari akar dari akar dari

Ambil kalkulatormu, mari kita hitung

  • \sqrt{2}=1.414

Lakukan lagi operasi akar

  • \sqrt{1.414}=1.189
  • \sqrt{1.189}=1.09
  • \sqrt{1.09}=1.044

Nah..sekarang pertanyaannya

Apa yang terjadi jika kita terus menerus melakukan operasi akar pada 2?

Kita tahu akar adalah pangkat \frac{1}{2} . Kita mendapatkan persamaan

\sqrt{\sqrt{\sqrt{\dots\sqrt{2}}}}=2{^\frac{1}{2}}^n

Karena kita meminta terus-menerus, itu artinya n mendekati tak hingga, dengan kata lain kita meminta limit

\lim_{n \rightarrow \infty}2{^\frac{1}{2}}^n

Kita hitung dulu pangkatnya \lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{2^n}=0 karena penyebutnya mendekati tak hingga, diperoleh

\lim_{n \rightarrow \infty}2{^\frac{1}{2}}^n=2^0=1

So..jawaban dari pertanyaan diatas adalah kita mendapatkan 1.

Secara umum, jika x bilangan positif maka

\lim_{n \rightarrow \infty}x{^\frac{1}{2}}^n=1

Posted in kalkulus | Tagged | 1 Comment

Identitas Euler dengan deret Taylor

Identitas Euler banyak yang bilang inilah persamaan Matematika yang paling cantik. Karena menghubungkan 5 konstanta utama di Matematika yaitu e, i, π, 0, & 1 hanya dengan operasi aljabar sederhana pangkat dan penjumlahan. Sebenernya sata sudah pernah membahas hal ini sebelumnya. Ketika itu saya menggunakan kalkulus kompleks untuk mendapatkan identitas Euler. Sekarang saya akan menggunakan deret taylor untuk mendapatkannya.

Kita lihat ekspansi deret taylor untuk fungsi eksponensial, sinus dan cosinus:

  • e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}
  • \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+2}
  • cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^2}{2!}-\cdots=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}

Selanjutnya kira mulai dari ekspansi deret talyor fungsi eksponen

e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{x^5}{5!}+ \cdots

Kita ganti variabel x dengan ix dimana i= \sqrt{-1}

e^ix=1+ix+\frac{(ix)^2}{2!}+\frac{(ix)^3}{3!}+\frac{(ix)^4}{4!}+\frac{(ix)^5}{5!}+ \cdots

Kita tahu bahwa i^2=-1, i^3=-i, i^4=1 begitu seterusnya, diperoleh

e^{ix}=1+ix-\frac{x^2}{2!}-\frac{ix^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{ix^5}{5!}+ \cdots

Kita susun ulang, kumpulkan bagian imajiner secara bersamaan diperoleh

e^{ix}=[1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}\cdots ]+[ix-\frac{ix^3}{3!}+\frac{ix^5}{5!} \cdots]

e^{ix}=[1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}\cdots ]+i[x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!} \cdots]

Bisa kita lihat, bagian real merupakan deret taylor untuk cosinus sedangkan bagian imajinernya adalah deret taylor untuk sinus, sehingga

e^{ix}= \cos x+ i \sin x

Persamaan diatas dinamakan rumus Euler. Nah.. untuk mendapatkan identitas Euler, kita memasukkan π ke x

e^{i\pi}= \cos \pi+ i \sin \pi

Kita tahu bahwa \cos \pi=-1 dan \sin \pi=0, dipeoleh

e^{i\pi}= -1+ 0

e^{i\pi}+1=0

Sekarang kita telah mendapatkan Identitas Euler yang amat cantik

Posted in kalkulus | Tagged , , | Leave a comment

Dugaan Pólya

Waktu SD, kita belajar tentang bilangan prima yaitu bilangan asli lebih besar dari 1 yang hanya bisa dibagi oleh 1 dan bilangan itu sendiri.

10 bilangan asli pertama: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29

Bilangan asli layaknya atom yang menyusun bilangan. Setiap bilangan bisa difaktorkan menjadi hasil perkalian bilangan-bilangan prima. Istilahnya faktorisasi prima

  • 6=2×3 tersusun dari 2 bilangan prima berbeda
  • 8=2x2x2 tersusun dari 3 bilangan prima.
  • 60=2x2x3x5 tersusun dari 4 bilangan prima
  • Untuk bilangan prima, hanya memiliki 1 faktor prima yaitu dirinya sendiri.

Dari banyaknya faktor prima yang dimiliki oleh bilangan, kita bisa mengkelompokkan bilangan menjadi 2 kelompok.

  1. Tipe ganjil, jika faktor primanya berjumlah ganjil. Contoh: 8, bilangan prima jelas bertipe ganjil.
  2. Tipe genap, jika faktor primanya berjumlah genap. contoh: 6, 60

Pada tahun 1919, Matematikawan Hungaria,George Pólya menuliskan dugaan:

Dugaan Pólya: Dari 2 sampai dengan n, munculnya bilangan tipe ganjil lebih banyak daripada tipe genap.

Sebagai contoh, kita ambil n=10, itu artinya dari 2 sampai 10, kita mendapatkan 5 tipe ganjil yaitu 2, 3, 5, 7, 8 dan 4 tipe genap yaitu 4, 6, 9, 10.

Yang namanya dugaan kan bisa bener bisa salah, dugaan gak ada bedanya dengan tebak-tebakkan. Secara intuisi dugaan tersebut terasa benar, dari 2 sampai n, semakin besar n yang kita pilih maka kita semakin sering bertemu bilangan prima yang sudah dipastikan bertipe ganjil, sedangkan untuk bilangan komposite bisa bertipe ganjil atau genap.

Sumber: wikipedia

Grafik ditas menunjukkan banyaknya tipe genap dikurang tipe ganjil dari 2 sampai 10juta. Terlihat bernilai negatif artinya tipe ganjil selalu unggul. Dari grafik sepertinya mustahil membayangkan tipe genap menang.

Apakah bisa kita simpulkan Dugaan Pólya itu benar?

Continue reading
Posted in Teori Bilangan | Tagged , | Leave a comment

Turunan penjumlahan n sebanyak n kali

Twitter @pickover

Umumnya fallacy pembuktian 1=2 melibatkan pembagian dengan nol ( division by zero). Namun fallacy di atas tidak melibatkan hal itu. Sekarang mari kita bahas, apa yg salah dari gambar di atas.

Persamaan n^2=\underbrace{n+n+n\cdots+n\,}_{\text{n kali}} hanya berlaku untuk n bilangan asli, n\in \mathbb{N}. Jika persamaan tersebut diubah kebentuk fungsi, kita mendapatkan fungsi g(n)=n^2 dengan n\in \mathbb{N}. Fungsi tersebut memetakan bilangan asli ke bilangan asli, dengan kata lain domain dan codomainnya adalah bilangan asli.

Sekarang kita lihat definisi turunan suatu fungsi. Turunan dari fungsi f(x) didefinisikan

f'(x)=\lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}

Itu berarti turunan dari g(n) adalah

g'(n)=\lim_{h \rightarrow 0}\frac{(n+h)^2-n^2}{h}

Permasalahannya terletak pada n+h yang bukan bilangan asli karena h \rightarrow 0 sangat kecil mendekati nol. Ambil contoh n=1 dan h=0.00000001, jelas n+h=1,00000001 bukan lah bilangan asli. Jika n+h bukan bilangan asli maka dengan sendirinya (n+h)^2 juga bilangn asli. Padahal g(n) meminta input dan outputnya haruslah bilangan asli.

So..disimpulkan g(n) tidak memiliki turunan, kalo dipaksakan bakal ngaco seperti gambar diatas.

Posted in kalkulus | Tagged , , | Leave a comment

Himpunan kosong itu tunggal

  • A=\{a,b,c,d,e\}
  • B=\{a,b,c,d,e\}

Dengan mudah kita simpulkan bahwa 2 himpunan diatas itu sama A=B. Karena semua elemen A termuat di B, Himpunan A adalah himpunan bagian dari B begitupula sebaliknya vice versa .

Dari contoh diatas, kita bisa mengatakan dua buah himpunan X & Y dikatakan sama X=Y jika berlaku X \subseteq Y dan Y \subseteq X.

Misalkan ada 2 himpunan kosong \emptyset_1 & \emptyset_2, akan ditunjukkan bahwa \emptyset_1 = \emptyset_2. Itu artinya kita harus menunjukkan \emptyset_1 \subseteq \emptyset_2 dan \emptyset_2 \subseteq \emptyset_1.

Bagaimana caranya? Kan himpunan kosong tidak mempunyai anggota.

Kita gunakan saja fakta matematis bahwa himpunan kosong termuat disembarang himpunan .

\forall A: \emptyset \subseteq A

Himpunan kosong adalah himpunan bagian dari semua himpunan.

  1. Karena \emptyset_1 adalah himpunan kosong maka berlaku \emptyset_1 \subseteq \emptyset_2
  2. Begitupula \emptyset_2 juga merupakan himpunan kosong maka berlaku pula \emptyset_2 \subseteq \emptyset_1.

Dari 2 point diatas, disimpulkan \emptyset_1 = \emptyset_2.

Sekarang kita bisa mengatakan

Himpunan kosong itu tunggal

Posted in himpunan | Tagged , | Leave a comment

Pembuktian Prinsip Pengurutan yang Baik

Di postingan sebelumnya saya menyinggung prinsip pengurutan yang baik Well-ordering principle

Setiap himpunan tak kosong yang beranggotakan bilangan asli mempunyai elemen terkecil

Prnsip yang teramat jelas, yang terang benerang, sebagai contoh

  • A=\{10,15,17,19,20\}
  • B=\{3,6,9,12 \cdots \}
  • C= \{5,10,15,20 \cdots \}

Jelas ketiga himpunan di atas menpunyai elemen terkecil. Sedangkan I=(0,1), interval terbuka dari 0 sampai 1 tidak mempunyai elemen terkecil. Misalkan ada a \in I elemen terkecil dari I maka kita selalu bisa mengkontruksikan bilangan yang lebih kecil dari a yaitu \frac{a}{2}<a, tentu saja \frac{a}{2} \in I. Itu karena I berisikan anggota bilangan real bukan bilangan asli sehingga tidak berlaku prinsip pengurutan yang baik.

Bukti

Kita akan membuktikan secara kontradiksi dengan metode induksi.

Andaikan S himpunan tak kosong yang beranggotakan bilangan asli dan tidak mempunyai elemen terkecil.

Diberikan

R=\{x \in \mathbb{N}| x\leq s, \forall s \in S \}

Karena S tidak mempunyai elemen terkecil maka R\cap S = \emptyset. Andaikan saja m\in R\cap S maka m akan menjadi elemen terkecil di S padahal S tidak mempunyai elemen terkecil. Jadi jelas haruslah R\cap S = \emptyset. Jelas juga bahwa 1 \in R

Asumsi k\in R maka setiap bilangan asli yang kurang atau sama dengan k juga kurang atau sama dengan s untuk setiap s \in S. Itu berarti 1,2,3 \cdots k \in R, karena R\cap S = \emptyset maka 1,2,3 \cdots k \notin S.

Jika k+1 \in S maka k+1 akan menjadi elemen terkecil di S. Haruslah k+1 \in R

Dengan prinsip induksi matematika, berakibat R= \mathbb{N}. Artinya S = \emptyset yang kontradiksi dengan asumsi S bukan himpunan kosong. Oleh karena itu dapat disimpulkan setiap himpunan tak kosong yang berisikan bilangan asli haruslah mempunyai elemen terkecil.

\square

Posted in pembuktian, Teori Bilangan | Tagged , , | Leave a comment

Pembuktian tidak ada bilangan asli diantara nol dan satu

Hal yang menarik dari Matematika atau menyebalkan tergantung sudut pandang kita. Matematika selalu menuntut pembuktian bahkan kepada sesuatu yang sudah teramat jelas, yang terang benerang.

Teorema: Tidak ada bilangan asli diantara nol dan satu.

Bilangan asli itu \mathbb{N}=\{0,1,2,3,4, \cdots\}, dimulai dari nol dilanjutkan ke-1. Jelas banget tidak ada bilangan asli diantara keduanya, anak SD pun tahu gak perlu dibuktikan. Namun dalam matematika, selama itu bukan aksioma maka hal tersebut harus dibuktikan.

Untuk membuktikan teorema diatas kita menggunakan prinsip pengurutan baik well-ordering priciple

Prinsip pengurutan baik: Setiap himpunan tak kosong yang berisikan bilangan asli mempunyai elemen terkecil.

Diberikan S=\{n\in \mathbb{N}| 0<n<1\}, himpunan yang berisikan bilangan-bilangan asli diantara nol dan 1.

Berdasarkan prinsip pengurutan baik, himpunan S mempunyai elemen terkecil sebut saja k dengan

0<k<1

Berdasarkan teorema ini maka

0<k^2<k<1

Itu berarti k^2 \in S tapi k^2<k<1 yang kontradiksi dengan asumsi k sebagai elemen terkecil di S.

Dapat disimpulkan S=\emptyset, dengan kata lain tidak ada bilangan bulat diantara nol dan satu.

Posted in Teori Bilangan | Tagged , , | 1 Comment

Nol kali tak hingga

Berapa \infty \times 0 ?

Jelas jawabannya NOL, Karena \infty \times 0 itu kan artinya

0+0+0+\cdots +0+0

Nol ditambah nol sebanyak berapapun sampai tak hingga sekalipun jawabannya pasti nol. Anak SD juga tahu.

Kita tahu bahwa suatu bilangan dibagi tak hingga hasilnya nol

  • \frac{10}{\infty} =0
  • \frac{13}{\infty} =0
  • \frac{101}{\infty} =0

Yang berakibat

  • 0\times \infty=10
  • 0\times \infty=13
  • 0\times \infty=101

So..itu berarti \infty \times 0 adalah bentuk tak tentu indeterminate form

Posted in indeterminate form | Tagged , | Leave a comment