Modul smu3083

MODUL SMU3083

ASAS MATEMATIK DISKRET

(BASIC DISCRETE MATHEMATICS)

Shahrizal Shamsuddin dan Nor’ashiqin Mohd Idrus

2013

Cetakan Pertama/First Printing 2013

c© Universiti Pendidikan Sultan Idris 2013

Hak Cipta Terpelihara.

Tiada bahagian daripada terbitan ini boleh diterbitkan semula, disimpan untuk

pengeluaran atau ditukarkan ke dalam sebarang bentuk atau dengan

sebarang alat juga pun, sama ada dengan cara elektronik, gambar serta

rakaman dan sebagainya tanpa kebenaran bertulis daripada Penerbit

Universiti Pendidikan Sultan Idris terlebih dahulu.

All Rights Reserved.

No part of this publication may be reproduced or transmitted in any form or by

any means, electronic or mechanical including photocopy, recording, or any

information storage and retrieval system, without permission in writing from

the Penerbit Universiti Pendidikan Sultan Idris.

Diterbitkan di Malaysia/Published in Malaysia by

Universiti Pendidikan Sultan Idris 35900 Tanjong Malim, Perak Darul Ridzuan,

Malaysia Tel: 05-450 6000, Faks: 05-459 5169

Laman Sesawang: www.upsi.edu.my

E-mel: [email protected]; [email protected]

ISI KANDUNGAN

PRAKATA xi

BIODATA PENULIS xiii

PANDUAN KURSUS xv

1 SET 1

PENGENALAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1 SET dan SUBSET . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1 Tatatanda Set dan Penghuraiannya . . . . . . . . . . . . 2

1.1.2 Set-Set Penting . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.3 Kekardinalan Suatu Set dan Set Nul (Set Kosong) . . . . 7

1.1.4 Subset . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.1.5 Set Kuasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Latihan Formatif 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2 OPERASI KE ATAS SET . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.2.1 Persilangan dan Kesatuan Set . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.2.2 Beza Set, Set Pelengkap dan Beza Simetri . . . . . . . . 15

1.2.3 Sifat-Sifat Aljabar bagi Operasi Set . . . . . . . . . . . . . 17

1.2.4 Prinsip Penambahan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.2.5 Hasil Darab Cartesan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19


RUMUSAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

ii

ISI KANDUNGAN | iii

KATA KUNCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

LATIHAN SUMATIF 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

RUJUKAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

JAWAPAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

Jawapan Latihan Formatif 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26


Jawapan Latihan Sumatif 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2 ASAS LOGIK 32

HASIL PEMBELAJARAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

PENGENALAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.1 LOGIK USULAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.1.1 Pernyataan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.1.2 Penafian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.1.3 Pengait Logikal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.1.4 Konjungsi "Dan" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.1.5 Disjungsi "Atau" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.1.6 Implikasi (Bersyarat): "Jika...,maka..." . . . . . . . . . . . 40

2.1.7 Dwisyarat (Kesetaraan): "...jika dan hanya jika..." . . . . . 43

2.1.8 Akas, Kontrapositif dan Songsangan . . . . . . . . . . . . 46


2.2 KESETARAAN LOGIK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.2.1 Tautologi, Percanggahan, Kontigensi . . . . . . . . . . . . 48

2.2.2 Kesetaraan Logik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.2.3 Hukum-Hukum Logik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51


2.3 LOGIK PREDIKAT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.3.1 Pengkuantiti Wujudan dan Pengkuantiti Semesta . . . . . 54

2.3.2 Hukum DeMorgan’s Untuk Logik Predikat . . . . . . . . . 57

ISI KANDUNGAN | iv


RUMUSAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

KATA KUNCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

LATIHAN SUMATIF 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

RUJUKAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

JAWAPAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63





3 ASAS PEMBUKTIAN MATEMATIK 72


PENGENALAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.1 HUJAH DAN PETUA PENTADBIRAN . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.1.1 Hujah dan Kesahan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.1.2 Petua-Petua Pentadbiran . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74


3.2 KAEDAH-KAEDAH ASAS PEMBUKTIAN . . . . . . . . . . . . . 76

3.2.1 Pembuktian Secara Langsung . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.2.2 Pembuktian Secara Tak Langsung . . . . . . . . . . . . . 80


RUMUSAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

KATA KUNCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

LATIHAN SUMATIF 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

RUJUKAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

JAWAPAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88



ISI KANDUNGAN | v


4 KAEDAH PEMBILANG 91


PENGENALAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

4.1 PRINSIP PENDARABAN dan PRINSIP PENAMBAHAN . . . . . 92

4.1.1 Prinsip Pendaraban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.1.2 Prinsip Penambahan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94


4.2 PILIHATUR dan GABUNGAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.2.1 Pilihatur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.2.2 Gabungan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.2.3 Hubungan antara Gabungan dan Pilihatur . . . . . . . . . 102


RUMUSAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

KATA KUNCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

LATIHAN SUMATIF 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

RUJUKAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

JAWAPAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109




5 JUJUKAN dan PRINSIP ARUHAN MATEMATIK 112


PENGENALAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

5.1 JUJUKAN dan HASIL TAMBAH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

5.1.1 Hasil Tambah dan Tatatanda Sigma . . . . . . . . . . . . 116


ISI KANDUNGAN | vi

5.2 PRINSIP ARUHAN MATEMATIK . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119


RUMUSAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

KATA KUNCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

LATIHAN SUMATIF 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

RUJUKAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

JAWAPAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127




6 HUBUNGAN JADI SEMULA 133


PENGENALAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

6.1 HUBUNGAN JADI SEMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

6.1.1 Rumus Rekursi dan Rumus Eksplisit . . . . . . . . . . . . 135


6.2 PENYELESAIAN HUBUNGAN JADI SEMULA . . . . . . . . . . 137

6.2.1 Kaedah Pelelaran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

6.2.2 Kaedah Persamaan Cirian . . . . . . . . . . . . . . . . . 139


RUMUSAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

KATA KUNCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

LATIHAN SUMATIF 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

RUJUKAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

JAWAPAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147




ISI KANDUNGAN | vii

7 PENGENALAN KEPADA HUBUNGAN 150


PENGENALAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

7.1 DEFINISI HUBUNGAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

7.1.1 Domain dan Julat bagi Hubungan . . . . . . . . . . . . . 152

7.1.2 Set Berkait . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153


7.2 PERWAKILAN BAGI HUBUNGAN . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

7.2.1 Matriks Hubungan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

7.2.2 Diagraf Hubungan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

7.2.3 Darjah Ke Dalam dan Darjah Ke Luar . . . . . . . . . . . 158


RUMUSAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

KATA KUNCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

LATIHAN SUMATIF 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

RUJUKAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

JAWAPAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164




8 HUBUNGAN KESETARAAN 172


PENGENALAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

8.1 SIFAT-SIFAT HUBUNGAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173


8.2 HUBUNGAN KESETARAAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

8.2.1 Petakan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

8.2.2 Hubungan Kesetaraan Daripada Petakan . . . . . . . . . 187

ISI KANDUNGAN | viii

8.2.3 Petakan Daripada Hubungan Kesetaraan . . . . . . . . . 188

8.2.4 Kelas Kesetaraan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189


RUMUSAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

KATA KUNCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

LATIHAN SUMATIF 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

RUJUKAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

JAWAPAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197




9 FUNGSI 200


PENGENALAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

9.1 FUNGSI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

9.1.1 Definisi Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

9.1.2 Domain, Kodomain dan Julat . . . . . . . . . . . . . . . . 203

9.1.3 Fungsi Identiti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

9.1.4 Fungsi Gubahan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205


9.2 FUNGSI-FUNGSI KHAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

9.2.1 Fungsi Injektif, Surjektif, dan Bijektif . . . . . . . . . . . . 208


RUMUSAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

KATA KUNCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

LATIHAN SUMATIF 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

RUJUKAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

JAWAPAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

ISI KANDUNGAN | ix




10 PENGENALAN KEPADA GRAF DAN PEPOHON 220


PENGENALAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220

10.1 GRAF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221

10.1.1 Istilah-Istilah Penting dalam Teori Graf . . . . . . . . . . . 221

10.1.2 Graf-Graf Khas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

10.1.3 Subgraf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

Latihan Formatif 10.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

10.2 PERJALANAN, LINTASAN dan LITAR . . . . . . . . . . . . . . . 228

10.2.1 Perbandingan antara Perjalanan, Lintasan dan Litar . . . 229

10.2.2 Graf Berkait dan Jambatan . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

10.2.3 Lintasan dan Litar Euleran . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

10.2.4 Lintasan dan Litar Hamiltonan . . . . . . . . . . . . . . . 235


10.3 PEPOHON . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239

10.3.1 Sifat-sifat Pepohon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239

10.3.2 Pepohon Perentangan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240


RUMUSAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

KATA KUNCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

LATIHAN SUMATIF 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

RUJUKAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

JAWAPAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247

Jawapan Latihan Formatif 10.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247


ISI KANDUNGAN | x


Jawapan Latihan Sumatif 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251

PRAKATA

Modul ini telah ditulis dan disusun secara khusus bagi membantu para pelajar

yang mengikuti kursus Asas Matematik Diskret (SMU3083 ) di Universiti Pen-

didikan Sultan Idris (UPSI) agar dapat mengenali dan memahami konsep asas

matematik diskret. Seramai dua orang pensyarah daripada Jabatan Mate-

matik, Fakulti Sains dan Matematik, UPSI telah terlibat dalam penghasilan

modul ini. Kedua-dua mereka adalah terdiri daripada pensyarah yang berpe-

ngalaman dan berketrampilan dalam pelbagai bidang Matematik. Perkongsian

pengalaman dan kepakaran mereka ini akhirnya telah menghasilkan Modul

Asas Matematik Diskret bagi kegunaan para pelajar dalam bidang ini.

Modul ini mengandungi 10 unit pelajaran yang terdiri daripada:

• Unit Pelajaran 1 - Set;

• Unit Pelajaran 2 - Asas Logik;

• Unit Pelajaran 3 - Asas Pembuktian Matematik;

• Unit Pelajaran 4 - Kaedah Pembilang;

• Unit Pelajaran 5 - Jujukan dan Prinsip Aruhan Matematik;

• Unit Pelajaran 6 - Hubungan Jadi Semula;

• Unit Pelajaran 7 - Pengenalan Kepada Hubungan;

• Unit Pelajaran 8 - Hubungan Kesetaraan;

xi

PRAKATA | xii

• Unit Pelajaran 9 - Fungsi; dan

• Unit Pelajaran 10 - Pengenalan Kepada Graf dan Pepohon.

Setiap unit pelajaran dalam modul ini disusun mengikut struktur format

yang mudah diikuti dan difahami. Unit-unit pelajaran dimulakan dengan mem-

berikan gambaran awal tentang hasil pembelajaran yang akan diperoleh, di-

ikuti dengan contoh-contoh yang sesuai, latihan formatif, kata kunci dan latihan

sumatif serta jawapan bagi setiap latihan formatif dan sumatif. Di samping itu,

soalan-soalan perbincangan berasaskan setiap unit juga disediakan supaya

pelajar dapat membuat aplikasi dan penilaian terhadap pemahaman konsep

dan asas matematik diskret dalam kehidupan seharian. Soalan-soalan juga

dibekalkan bertujuan untuk penilaian kendiri untuk menguji dan meningkatkan

kefahaman pelajar pada setiap unit yang dipelajari. Pada akhir setiap unit,

jawapan disediakan sebagai panduan dan semakan bagi setiap soalan yang

dikemukakan. Penggunaan ayat dan laras bahasa yang mudah telah mem-

berikan kelebihan dalam penggunaan modul ini.

Justeru, penghasilan modul ini diharap dapat membantu pelajar UPSI khu-

susnya dan pelajar-pelajar lain di Institut Pengajian Tinggi secara amnya. Akhir

sekali, kami ingin mengambil kesempatan ini untuk mengucapkan ribuan te-

rima kasih kepada semua pihak yang telah memberikan pendapat, kritikan,

sokongan dan apa juga dorongan secara langsung mahupun tidak sehingga

terhasilnya modul ini.

Penulis:

Shahrizal Shamsuddin

Nor’ashiqin Mohd Idrus

BIODATA PENULIS

Shahrizal Shamsuddin merupakan seorang pensyarah kanan di Jabatan

Matematik, Fakulti Sains Dan Matematik, Universiti Pendidikan Sultan Idris

(UPSI). Telah berkhidmat di UPSI dari tahun 1997. Memiliki Ijazah Sarjana-

muda (Matematik Tulen) dari State University of New York (SUNY) at New

Paltz, New York, USA dalam tahun 1985, dan Ijazah Sarjana (Matematik Tulen)

dari Villanova University, Pennsylvania, USA dalam tahun 1987. Juga memi-

liki Diploma Lepasan Ijazah (Pendidikan Matematik) dari Universiti Teknologi

Malaysia (UTM) dalam tahun 1989. Beliau pernah mengajar di Sekolah Mene-

ngah selama lebih empat tahun dalam mata pelajaran Matematik, Matematik

Tambahan Dan Fizik untuk Tingkatan Tiga hingga Tingkatan Lima. Beliau juga

mempunyai pengalaman mengajar di Maktab Perguruan Persekutuan Pulau

Pinang (yang kini dikenali sebagai Institut Pendidikan Guru Cawangan Pulau

Pinang) selama tiga tahun dalam bidang Matematik Dan Pendidikan Matematik

sebelum berhijrah ke UPSI. Kepakaran beliau adalah dalam bidang Aljabar,

Analisis dan Pendidikan Matematik.

Nor’ashiqin Mohd Idrus merupakan seorang pensyarah kanan di Jabatan

Matematik, Fakulti Sains Dan Matematik, Universiti Pendidikan Sultan Idris

(UPSI). Telah berkhidmat di UPSI dari tahun 1997. Memiliki Ijazah Doktor Fal-

safah dalam bidang Aljabar (Teori Kumpulan) dari Universiti Teknologi Malaysia

(UTM) dalam tahun 2011, Ijazah Sarjanamuda (Matematik Tulen) dari State

University of New York (SUNY) at New Paltz, New York, USA dalam tahun

1985, dan Ijazah Sarjana (Matematik Tulen) dari Villanova University, Pennsyl-

xiii

BIODATA PENULIS | xiv

vania, USA dalam tahun 1987. Beliau juga memiliki Diploma Lepasan Ijazah

(Pendidikan Matematik) dari UTM dalam tahun 1989. Beliau pernah mengajar

di Sekolah Menengah selama lebih empat tahun dalam mata pelajaran Mate-

matik, Matematik Tambahan Dan Fizik untuk Tingkatan Tiga hingga Tingkatan

Lima. Beliau juga mempunyai pengalaman mengajar di Maktab Perguruan

Persekutuan Pulau Pinang (yang kini dikenali sebagai Institut Pendidikan Guru

Cawangan Pulau Pinang) selama tiga tahun dalam bidang Matematik Dan

Pendidikan Matematik sebelum berhijrah ke UPSI. Kepakaran beliau adalah

dalam bidang Aljabar (Teori Kumpulan) Dan Pendidikan Matematik.

PANDUAN KURSUS

PENGENALAN

Panduan kursus disediakan bagi membantu anda memahami sepenuhnya ke-

perluan dan kandungan kursus. Anda dinasihatkan membaca bahagian ini

dengan teliti dan selepas itu berusaha untuk mengikuti segala perkara yang

disarankan bagi membolehkan anda melengkapkan kursus ini dengan cemer-

lang.

Kursus SMU3083 ini memberikan pendedahan dan pemahaman tentang

Asas Matematik Diskret yang merangkumi pembelajaran matematik di seko-

lah. Tidak ketinggalan juga, kursus ini menyediakan modul yang akan mem-

bantu anda meningkatkan mutu dan kualiti pembelajaran anda. Di samping itu,

kursus ini memberi penekanan kepada penguasaan isi kandungan matematik

diskret. Modul yang ditulis khas ini menyediakan pelbagai contoh dan penyele-

saian yang akan dapat membantu anda untuk memahami dan sekaligus men-

guasai setiap unit. Anda juga diberikan Latihan Formatif dan Latihan Sumatif

untuk menguji kefahaman anda bersesuaian dengan ilmu pengetahuan yang

disampaikan.

KUMPULAN SASARAN

Kursus ini ditawarkan kepada pelajar yang mengikuti Program Ijazah Sarjana-

muda Pendidikan Sekolah Rendah di Universiti Pendidikan Sultan Idris (UPSI),

xv

PANDUAN KURSUS | xvi

khusus kepada pelajar yang mengikuti Program Jarak Jauh.

PERUNTUKAN MASA PENGAJARAN PEMBELAJARAN MOD

PENDIDIKAN JARAK JAUH (PJJ)

Waktu pembelajaran kursus SMU3083 Asas Matematik Diskret adalah disyorkan

seperti dalam jadual di bawah:

MOD PENYAMPAIAN PEMBERATAN

1. Tutorial 10 jam

2. Modul P&P (CD) 10 jam

3. E-Learning (MyGuru) 12 jam

4. Video P&P (MyGuru) 10 jam

JUMLAH 42 JAM

HURAIAN SMU3083 ASAS MATEMATIK DISKRET

HASIL PEMBELAJARAN KURSUS

Pada akhir kursus SMU3083, pelajar diharap dapat:

1. Mengaplikasi prinsip-prinsip logik.(C3, P2)

2. Berkomunikasi dalam matematik secara efektif menggunakan bahasa

matematik. (CS3, CT3, TS3, LL2, LS2)

3. Menyelesaikan masalah dalam matematik terhingga. (C3, P2)

4. Mengaplikasi hubungan dedua. (C4, P2, A3)

5. Mentafsir dan menganalisa beberapa asas graf. (C4)

PANDUAN KURSUS | xvii

SINOPSIS KURSUS

Kalkulus menerangkan kaedah penyelesaian apabila masalah berlaku secara

terus menerus, di mana pemboleh ubah bergerak dalam semua selang. Mate-

matik diskret pula menerangkan kaedah apabila masalah berlaku secara dis-

kret, dimana pemboleh ubah hanya mengambil nilai terhingga ataupun turu-

tan nombor yang berkemungkinan. Masalah ini biasa terjadi dalam bidang

sains komputer, ekonomi, dan pengoptimuman. Dalam kursus ini, akan men-

erangkan idea-idea asas dalam matematik diskret. Topiknya adalah terdiri

daripada logik dan pembuktian, set dan fungsi, janjang dan penambahan,

matematik induksi, graf, dan gambarajah pepohon.

ISI KANDUNGAN KURSUS

Untuk membantu anda mencapai hasil pembelajaran kursus ini, isi kandungan

kursus dibahagikan kepada 10 Unit Pelajaran semuanya yang terkandung da-

lam jadual berikut:

UNIT PELAJARAN TAJUK

1 Set

2 Asas Logik

3 Asas Pembuktian Matematik

4 Kaedah Pembilang

5 Jujukan dan Prinsip Aruhan Matematik

6 Hubungan Jadi Semula

7 Pengenalan kepada Hubungan

8 Hubungan Kesetaraan

9 Fungsi

10 Pengenalan kepada Graf dan Pepohon

PANDUAN KURSUS | xviii

PENILAIAN KURSUS

Kerja Kursus 60%

Peperiksaan Akhir 40%

JUMLAH 100%

RUJUKAN

1. Ensley, D.E., & Crawley, W.J. (1997). Discrete Mathematics. New York,

NY: John Wiley & Sons Inc.

2. Epp, S.S. (2004) Discrete Mathematics (3rd ed.). Boston, MA: Cengage

Learning.

3. Goodaire, E.G., & Parmenter, Mi. (2005). Discrete Mathematics with

Graph Theory (3rd ed.). Upper Saddle River, NJ: Prentice Hall.

4. Grimaldi, R.P., & Rothman, D.J. (2003). Discrete and Combinatorial Ma-

thematics (5th ed.). Upper Saddle River, NJ: Addison-Wesley Pub.

5. Johnsonbaugh, R. (2004). Discrete Mathematics (6th ed.). Upper Saddle

River, NJ: Prentice Hall.

6. Rosen, K.H. (2007). Discrete Mathematics and Its Applications (6th ed.).

New York, NY: McGraw Hill International Edition.

PANDUAN KURSUS | xix

HURAIAN IKON YANG DIGUNAKAN

Situasi yang memerlukan anda berfikir dan membuat

refleksi mengenainya.

Aktiviti yang harus dilakukan untuk memahami konsep

yang dibincangkan. Aktiviti termasuklah menjawab soalan,

membuat pengiraan, mengisi tempat kosong, melakar,

dan/atau mencari maklumat daripada Internet, buku,

dan sumber-sumber lain.

.

UNIT PELAJARAN 1

SET

Pada akhir unit ini, pelajar diharap akan dapat:

1. menghuraikan suatu set,

2. mengenalpasti set terhingga dan tidak terhingga,

3. mengenalpasti set-set penting,

4. menentukan subset kepada suatu set,

5. menyenaraikan subset-subset remeh, subset wajar dan subset tak wajar

kepada suatu set,

6. melaksanakan operasi-operasi tertentu ke atas set,

7. mencari hasil darab Cartesan bagi dua dan tiga set.

PENGENALAN

Matematik diskret dikhaskan untuk kajian struktur diskret, yang digu-

nakan untuk mewakil objek diskret. Banyak struktur diskret yang

penting dibina dengan menggunakan set, iaitu koleksi objek-objek.

Oleh itu, set adalah antara konsep-konsep asas yang penting dalam mate-

matik.

1

UNIT PELAJARAN 1. SET | 2

Dalam Unit Pelajaran 1 ini, kita akan membincangkan tentang konsep set

dan perkara-perkara yang berkaitan dengannya seperti subset, operasi ke atas

set dan hasil darab Cartesan.

1.1 SET dan SUBSET

DEFINISI 1.1 Suatu set S adalah koleksi objek-objek yang tertakrif secara

jelas. Objek-objek ini dinamakan elemen (atau unsur) bagi set tersebut.

CATATAN 1.1 Tertakrif secara jelas di sini bermaksud jika diberi suatu objek,

kita sentiasa boleh menentukan sama ada objek itu berada atau tidak berada

dalam set tersebut, iaitu, elemen-elemen dalam suatu set tersebut haruslah

mempunyai ciri-ciri yang ‘sama’.

Secara amnya, suatu set diwakili dengan abjad huruf besar seperti A,B

dan sebagainya, dan elemen pula diwakili dengan huruf kecil seperti a, b, dan

seterusnya.

Katakan S adalah suatu set dan p, q and r adalah elemen-elemennya. Kita

tulis:

p ∈ S untuk menunjukkan p adalah elemen bagi S

p, q, r ∈ S untuk menunjukkan kedua-dua p, q dan r adalah elemen bagi S

t /∈ S untuk menunjukkan t bukan elemen bagi S

1.1.1 Tatatanda Set dan Penghuraiannya

Kaedah yang lazim digunakan untuk menghuraikan suatu set ialah dengan

menyenaraikan elemen-elemennya. Ini biasanya dilaksanakan jika sesuatu

set itu mempunyai elemen yang diskret (iaitu boleh dibilang). Tatatanda {}

digunakan bagi menunjukkan sesuatu set dan elemen-elemennya.


CONTOH 1.1 Set-set berikut dihurai dengan menyenaraikan elemen-elemennya

dan ditulis dengan menggunakan tatatanda {} .

A = {1, 2, 3} ;B = {2, 4, 6, 8, ...} ;C = {...,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, ...}

Tatatanda elipsis ". . . ” digunakan bagi menunjukkan elemen yang seterus-

nya. Semasa menyenaraikan elemen-elemen suatu set, susunan elemen-

elemennya tidak penting. Begitu juga bagi elemen yang berulang dianggap

sebagai elemen yang sama.

DEFINISI 1.2 Dua set A dan B dikatakan sama iaitu A = B, jika A dan B

mempunyai elemen yang sama.

CONTOH 1.2 Ketiga-tiga set berikut adalah sama, walaupun susunan ele-

mennya berlainan atau elemen yang sama ditulis secara berulang.

{1, 2, 3} = {2, 3, 1} = {1, 1, 3, 2, 3, 3, 2}

Kaedah kedua untuk menghuraikan sesuatu set ialah dengan menyatakan

sifat-sifat elemen dalam set tersebut.

{x ∈ S | P (x)} di mana P (x) menerangkan sifat-sifat elemennya

Kaedah ketiga untuk menghuraikan sesuatu set ialah dengan menggunakan

tatatanda selang:

selang terbuka, (a, b)

separuh terbuka(atau separuh tertutup), (a, b] , [a, b)

selang tertutup, [a, b]


Kaedah ini sering digunakan bagi menghuraikan set yang mengandungi

elemen yang tidak boleh dibilang. Dalam kursus ini, kita tidak akan mem-

bincangkan dengan panjang lebar penghuraian set mengikut kaedah ini.

Sebelum meneruskan perbincangan mengenai set, elok jika kita perke-

nalkan beberapa set penting yang sering digunakan dalam matematik.

1.1.2 Set-Set Penting

Antara set-set penting yang sering digunakan dalam matematik adalah:

1. Set Nombor Tabii : N = {1, 2, 3, . . .} . Set ini juga dikenali sebagai set

pembilang.

2. Set Nombor Bulat : W = {0, 1, 2, 3, . . .} . Perbezaan set nombor bulat

dengan set nombor tabii ialah terdapat elemen tambahan, 0, dalam set

nombor bulat.

3. Set Integer: Z = {. . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . .} . Set integer boleh diba-

hagikan kepada tiga bahagian:

Set integer positif : Z+ = {1, 2, 3, . . .} ,

{0} ,

Set Integer negatif : Z− = {−1,−2,−3, . . .}

(a) Ketiga-tiga set ini boleh digabung dengan menggunakan tatatanda

∪ ("kesatuan"1) membentuk set integer:

Z = Z+ ∪ {0} ∪ Z−

1Konsep "Kesatuan" bagi dua atau lebih set akan dibincangkan dalam bahagian seterus-

nya.


(b) Set nombor tabii N juga dikenali sebagai set integer positif ma-

nakala set nombor bulat W = {0, 1, 2, 3, . . .} pula dikenali sebagai

set integer bukan negatif.

4. Set Nombor Nisbah: Q ={x =

a

b| a, b ∈ Z, b 6= 0

}. Elemen-elemen set

nombor nisbah boleh ditulis dalam bentuk pecahana

b, di mana nilai-nilai

a dan b diperoleh daripada set nombor integer, dengan syarat b bukan

sifar. Contoh-contoh nombor nisbah adalah:

1

2; −0.75 = −3

4; −5 = −5

1

5. Set Nombor Bukan Nisbah: Q′ ={y 6= a

b| a, b ∈ Z, b 6= 0

}. Elemen-

elemen set nombor bukan nisbah tidak boleh ditulis dalam bentuk peca-

han. Contoh-contoh nombor bukan nisbah adalah:

π;√2; e

6. Set Nombor Nyata: R = Q ∪ Q′. Set nombor nyata adalah gabungan

(kesatuan) set nombor nisbah dan set nombor bukan nisbah. Contoh-

contoh nombor nyata adalah:

−4;√3; π;

22

7

7. Set Nombor Kompleks: C = {z = a+ bi | a, b ∈ R, i2 = −1} . Set nom-

bor kompleks adalah set yang terbesar sekali berbanding dengan set-set

yang telah dibincangkan di atas kerana kesemua set lain terkandung di

dalamnya. Set ini mengandungi nombor-nombor nyata dan khayalan.


Contoh-contoh nombor kompleks adalah:

10; 3π; −5 + 27i; −

√2i

CATATAN 1.2 Dalam kursus ini, set perbincangan kita dalam Unit-Unit Pela-

jaran 1 hingga 10 akan lebih tertumpu kepada set integer, terutamanya integer

positif (iaitu nombor tabii).

CONTOH 1.3

(a) D = {x ∈ N | x < 7} = {1, 2, 3, 4, 5, 6} . Set D dibaca sebagai: "set yang

mengandungi kesemua elemen nombor tabii N yang kurang daripada 7.

(b) E = {x ∈ Z | x boleh dibahagi dengan 3} = {. . . ,−9,−6,−3, 0, 3, 6, 9} ,

iaitu "set yang mengandungi kesemua elemen integer yang boleh diba-

hagi dengan 3”.

(c) F = {x ∈ R | 0 ≤ x ≤ 1} ialah "set bagi kesemua nombor nyata antara

0 hingga 1, termasuk kedua-duanya". Perhatikan bahawa elemen bagi

set F tidak dapat disenaraikan. Dalam kes ini, kita akan menggunakan

tatatanda selang bagi menghuraikan set tersebut, iaitu,

F = {x ∈ R | 0 ≤ x ≤ 1} = [0, 1]

CATATAN 1.3 Kita haruslah berhati-hati semasa menggunakan tatatanda

{x | P (x)}

supaya jelas sifat-sifat elemen yang dihuraikan. Sebagai contoh:

{x | 1 ≤ x ≤ 7}


adalah tidak jelas elemen-elemennya. Ini kerana jika x adalah satu integer,

maka

{x | 1 ≤ x ≤ 7} = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}

Jika x adalah satu integer genap, maka

{x | 1 ≤ x ≤ 7} = {2, 4, 6}

Jika x adalah satu nombor nyata, maka

{x | 1 ≤ x ≤ 7} = [1, 7] (selang tertutup termasuk 1 dan 7)

Apakah kaedah-kaedah yang digunakan

untuk menghurai sesuatu set?

Untuk mengelakkan daripada kekeliruan mengenai elemen-elemen bagi

sesuatu set, kita lazimnya mentakrif set semesta yang memperinci elemen

set-set di bawah perbincangan.

DEFINISI 1.3 Suatu set semesta ialah set yang mengandungi kesemua set

di bawah perbincangan. Tatatanda ζ (zeta) lazimnya digunakan bagi mewakili

set semesta.

1.1.3 Kekardinalan Suatu Set dan Set Nul (Set Kosong)

DEFINISI 1.4 Set S dikatakan set terhingga jika ia mempunyai n bilangan

elemen yang berbeza; dan dikatakan set tak terhingga jika sebaliknya. Bi-

langan elemen atau saiz bagi suatu set terhingga S yang mempunyai n ele-


men diwakili dengan tatatanda:

|S| = n

Suatu set yang hanya mengandungi satu elemen {a} dinamakan set

elemen tunggal. Suatu set yang tidak mengandungi sebarang elemen di-

namakan set nul atau set kosong, dan diwakili dengan tatatanda {} atau ∅.

CONTOH 1.4 Andaikan set semesta ζ = {1, 2, 3, . . .} .

(a) A = {x ∈ ζ | x2 < 50} = {1, 4, 9, 16, 25, 36, 49} . |A| = 7

(b) B = {x ∈ ζ | x3 < 100} = {1, 8, 27, 64} . |B| = 4

(c) C = {x ∈ ζ | 2x+ 1, x ∈ U} = {3, 5, 7, 9, . . .} . Oleh kerana set C ialah

satu set tak terhingga, bilangan elemen C, iaitu |C| , tidak dapat diten-

tukan.

CONTOH 1.5

(a) Set {a, {a}} mengandungi dua elemen: a dan {a}

(b) Set {x ∈ N | x2 = −1} adalah satu set nul.

1.1.4 Subset

DEFINISI 1.5 Suatu set A dikatakan sebagai subset kepada suatu set B, di-

wakili dengan tatatanda A ⊆ B, jika dan hanya jika setiap elemen A adalah

juga elemen kepada B. Jika A ⊆ B tetapi A 6= B, maka A dikatakan sebagai

subset wajar kepada B dan diwakili dengan tatatanda A $ B, atau hanya

A ⊂ B. Kita tulis

A * B

jika A bukan subset kepada B.


CATATAN 1.4 Pada lazimnya, kita guna tatatanda A ⊆ B apabila A adalah

subset kepada B. Kita hanya guna tatatanda A ⊂ B bila kita pasti bahawa set

A 6= B.

CONTOH 1.6 Andaikan set semesta

ζ = {1, 2, 3, 4, 5, 6} ,W = {1, 4} , X = {1, 2, 3} , Y = {1, 2, 3, 4, 5} , Z = {4, 1}

Maka, pernyataan-pernyataan berikut adalah benar:

W,X, Y, Z ⊂ ζ

X ⊂ Y

W ⊆ Z

Z ⊆ W

X * Z

Y * Z

CATATAN 1.5

(a) N ⊂W ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C

(b) Dua set A dan B adalah sama, A = B, jika dan hanya jika A ⊆ B dan

B ⊆ A.

(c) Set nul ∅, adalah satu subset bagi sebarang set.

(d) Diberi sebarang set S yang bukan set nul, S 6= ∅, kita akan dapat

sekurang-kurangnya dua subset secara pasti iaitu: set nul ∅ dan set

S itu sendiri.


CONTOH 1.7 Diberi S = {1, {1} , 2, {1, 2}} . Pernyataan-pernyataan berikut

adalah benar:

• 1 ∈ S

• {1} ∈ S

• {1} ⊆ S

• {{1, 2}} ⊆ S

• {1, {1} , 2, {1, 2}} ⊆ S

Subset Remeh, Subset Wajar dan Subset Tak Wajar.

Secara amnya, untuk suatu set S 6= ∅, terdapat tiga kategori subset: subset

remeh, subset wajar dan subset tak wajar. Dalam CATATAN 1.5(d), jika

diberi satu set S 6= ∅, kita akan peroleh dua subset bagi S secara percuma

iaitu, ∅ dan S. Subset ∅ ⊆ S dinamakan subset remeh, manakala subset

S ⊆ S dinamakan subset tak wajar. Mari kita bincang subset wajar dengan

lebih terperinci dengan melihat contoh di bawah.

CONTOH 1.8 Andaikan set S = {1, 2, 3} . Maka, kesemua subset bagi S

adalah:

• Subset yang tiada elemen: ∅.

• Subset yang mengandungi satu elemen: {1} , {2} , dan {3} .

• Subset yang mengandungi dua elemen: {1, 2} , {1, 3} , dan {2, 3} .

• Subset yang mengandungi tiga elemen: {1, 2, 3} = S.

Daripada contoh di atas, kita dapat kategorikan subset-subset S kepada:

1. Subset remeh: ∅


2. Subset wajar: {1} , {2} , {3} , {1, 2} , {1, 3} , dan {2, 3} .

3. Subset tak wajar: S = {1, 2, 3} .

CATATAN 1.6 Daripada contoh di atas, |S| = 3. Oleh itu, bilangan subset bagi

S adalah 23 = 8. Secara amnya, bilangan subset bagi S ialah 2|S|.

Jika |S| = 7, berapakah bilangan subset

yang S ada?

1.1.5 Set Kuasa

DEFINISI 1.6 Jika S adalah suatu set terhingga, maka set kuasa bagi S, diwa-

kili dengan tatatanda P (S) , adalah set bagi kesemua subset S.

CATATAN 1.7 Jika |S| = n, maka |P (S)| = 2n

CONTOH 1.9 Dalam contoh sebelum di mana set S = {1, 2, 3} , maka

P (S) = {∅, {1} , {2} , {3} , {1, 2} , {1, 3} , {2, 3} , {1, 2, 3}}

|S| = 3, maka |P (S)| = 23 = 8.

Latihan Formatif 1.1

1. Tentukan sama ada set-set berikut terhingga atau tak terhingga. Seki-

ranya ia terhingga, nyatakan saiz set tersebut.

(a) {x ∈ Z | x2 < 10}

(b) {1, 3, 5, 7, . . .}


(c) {x ∈ N | 9x2 − 1 = 0}

2. Diberi set-set A,B,C dan D yang ditakrifkan seperti berikut:

A = {a ∈ Z | a = 2p, p ∈ Z}

B = set bagi semua integer genap

C = {c ∈ Z | c = 2q − 2, q ∈ Z}

D = {d ∈ Z | d = 3r + 1, r ∈ Z}

(a) Adakah A = B? Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

(b) Adakah A = C? Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

(c) Adakah A = D? Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

3. Manakah di antara set-set berikut adalah sama?

A = {1, 2, 3, 4}

B = {4, 3, 1, 2}

C = {4, 5, 1, 2, 3}

D = {1, 1, 4, 2, 2, 5, 3, 5}

4. Manakah di antara set-set berikut adalah sama?

A = {0, 1, 2}

B = {b ∈ R | −1 ≤ b < 3}

C = {c ∈ R | −1 < c < 3}

D = {d ∈ Z | −1 < d < 3}

E ={e ∈ Z+ | −1 < e < 3

}


5. Tentukan sama ada pernyataan-pernyataan berikut adalah BENAR atau

PALSU. Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

(a) 2 ∈ {1, 2, 3} .

(b) {2} ∈ {1, 2, 3} .

(c) 2 ⊂ {1, 2, 3} .

6. Diberi A = {3, 4, 6, 7} , B = {6, 10} , C = {4, 7} . Jawab soalan-soalan

berikut. Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

(a) Adakah B ⊆ A?

(b) Adakah C ⊆ A?

(c) Adakah C ⊆ C?

(d) Adakah C ⊂ A?

7. Diberi S = {1, 2, 3, 4, 5}. Tentukan sama ada pernyataan-pernyataan

berikut BENAR atau PALSU. Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

(a) {1} ∈ P (S).

(b) {{3}} ⊆ P (S).

8. Diberi A = {a, b, c} dan B = {b, {c}}. Tentukan sama ada pernyataan-

pernyataan berikut BENAR atau PALSU. Nyatakan alasan kepada jawa-

pan anda.

(a) ∅ ∈ P (B).

(b) B ⊆ A.

(c) {c} ⊆ B.


9. Diberi set S = {v, w, x, y} .

(a) Senaraikan kesemua subset wajar kepada S.

(b) Dapatkan set kuasa bagi S, iaitu, P (S) .

10. Tentukan sama ada set-set berikut adalah set kuasa bagi suatu set. Jika

ianya adalah set kuasa, nyatakan set yang membentuk set kuasa terse-

but.

(a) {∅, {a}}.

(b) {∅, {a,∅}}.

1.2 OPERASI KE ATAS SET

1.2.1 Persilangan dan Kesatuan Set

DEFINISI 1.7 Andaikan A dan B adalah sebarang dua set.

(a) Persilangan set A dan set B, ditulis sebagai A ∩ B, adalah suatu set

yang mengandungi elemen-elemen daripada A dan B, iaitu:

A ∩B = {x | x ∈ A dan x ∈ B}

Jika A ∩B = ∅, maka A dan B dikatakan sebagai set tak bercantum.

(b) Kesatuan set A dan set B, ditulis sebagai A ∪ B, adalah suatu set yang

mengandungi elemen-elemen daripada A atau B atau kedua-duanya,

iaitu:

A ∪B = {x | x ∈ A atau x ∈ B}

CONTOH 1.10 Andaikan A = {1, 2, 3} dan B = {1, 2, 3, 4} . Maka,

(a) A ∩B = {1, 2, 3} = A


(b) A ∪B = {1, 2, 3, 4} = B

(c) A ∩∅ = ∅;A ∪∅ = A

(d) A ∩ {∅} = ∅

(e) A ∪ {∅} = {∅, 1, 2, 3}

CONTOH 1.11

(a) Z = Z+ ∪ {0} ∪ Z−

(b) R ∩Q = Q

(c) Q ∪Q′ = R

Persilangan dan Kesatuan Teritlak

Persilangan bagi set S1, S2, S3, . . . , Sn di mana n ∈ N ditulis sebagai:

S1 ∩ S2 ∩ · · · ∩ Sn =n⋂k=1

Sk

Kesatuan bagi set S1, S2, S3, . . . , Sn di mana n ∈ N ditulis sebagai:

S1 ∪ S2 ∪ · · · ∪ Sn =n⋃k=1

Sk

1.2.2 Beza Set, Set Pelengkap dan Beza Simetri

DEFINISI 1.8 Andaikan ζ adalah suatu set semesta, dan, A dan B adalah

subset kepada ζ.

(a) Beza bagi set A dan set B, ditulis sebagai A−B, adalah suatu set yang

mengandungi semua elemen x ∈ ζ di mana x adalah elemen A tetapi

bukan elemen B, iaitu:

A−B = {x ∈ ζ | x ∈ A dan x /∈ B}


(b) Pelengkap bagi set A, ditulis sebagai A, adalah suatu set yang men-

gandungi semua elemen x ∈ ζ di mana x adalah bukan elemen A,

iaitu:

A = {x ∈ ζ | x /∈ A} = ζ − A

(c) Beza simetri bagi setA dan setB, ditulis sebagaiA⊕B, adalah suatu set

yang mengandungi semua elemen x ∈ ζ di mana x adalah elemen A

tetapi bukan elemen B atau x adalah elemen B tetapi bukan elemen

A, iaitu:

A⊕B = {x ∈ ζ | (x ∈ A dan x /∈ B) atau (x ∈ B dan x /∈ A)}

= (A−B) ∪ (B − A)

CATATAN 1.8

(a) A−B = A ∩B

(b)(A)= A

CONTOH 1.12

(a) {1, 2, 3} − {1, 2} = {3}

(b) {1, 2, 3} − {1, 4} = {2, 3}

(c) {∅, 1, 2} −∅ = {∅, 1, 2}

(d) {∅, 1, 2} − {∅} = {1, 2}

(e) Z− Z+ = Z− ∪ {0}

(f) R−Q = Q′


CONTOH 1.13

(a) {1, 2, 3} ⊕ {a, b, 1} = {2, 3, a, b}

(b) {1, 2, 3} ⊕∅ = {1, 2, 3}

(c) {1, 2, 3} ⊕ {∅} = {1, 2, 3,∅}

Apakah tiga operasi utama yang boleh dilaksanakan

ke atas sesuatu set?

1.2.3 Sifat-Sifat Aljabar bagi Operasi Set

• Sifat Kalis Tukar Tertib:

A ∩B = B ∩ A; A ∪B = B ∪ A

• Sifat Kalis Sekutuan:

A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∩ C; A ∪ (B ∪ C) = (A ∪B) ∪ C

• Sifat Kalis Agihan:

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C) ; A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C)

• Sifat Idempoten:

A ∩ A = A; A ∪ A = A


• Sifat Pelengkap:

(A)= A

A ∩ A = ∅; A ∪ A = ζ

∅ = ζ; ζ = ∅

(A ∪B) = A ∩B; (A ∩B) = A ∪B

• Sifat Set Semesta:

A ∩ ζ = A; A ∪ ζ = ζ

• Sifat Set Nul:

A ∩∅ = ∅; A ∪∅ = A

1.2.4 Prinsip Penambahan

TEOREM 1.1 Jika A dan B adalah set-set terhingga, maka

|A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B|

Teorem di atas boleh dikembangkan kepada berikut:

1. JikaA dan B adalah set-set tak bercantum, iaitu. A ∩B = ∅, maka

|A ∪B| = |A|+ |B|

2. JikaA,B,C adalah set-set terhingga, maka

|A ∪B ∪ C| = |A|+ |B|+ |C| − (|A ∩B|+ |A ∩ C|+ |B ∩ C|)

+ |A ∩B ∩ C|


1.2.5 Hasil Darab Cartesan

DEFINISI 1.9 JikaA dan B adalah dua set, hasil darab Cartesan bagi A dan

B adalah set

A×B = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}

Elemen-elemen bagi A×B dipanggil pasangan bertertib.

CATATAN 1.9

(a) Jika (a, b) , (b, a) ∈ A×B, maka (a, b) 6= (b, a) melainkan a = b.

(b) A×B 6= B × A

(c) |A×B| = |A| · |B|

CONTOH 1.14 Andaikan A = {a, b} dan B = {x, y, z} . Maka:

(a) A×B = {(a, x) , (a, y) , (a, z) , (b, x) , (b, y) , (b, z)}

A B A×B

x =⇒ (a, x)

↗

a −→ y =⇒ (a, y)

↘

z =⇒ (a, z)

x =⇒ (b, x)

↗

b −→ y =⇒ (b, y)

↘

z =⇒ (b, z)


(b) B × A = {(x, a) , (x, b) , (y, a) , (y, b) , (z, a) , (z, b)}.

CONTOH 1.15 Andaikan X = {1, 2, 3} ; Y = {x, y} dan Z = {α, β, γ} . Maka:

X × Y × Z = {(1, x, α) , (1, x, β) , (1, x, γ) ,

(1, y, α) , (1, y, β) , (1, y, γ) ,

(2, x, α) , (2, x, β) , (2, x, γ) ,

(2, y, α) , (2, y, β) , (2, y, γ) ,

(3, x, α) , (3, x, β) , (3, x, γ) ,

(3, y, α) , (3, y, β) , (3, y, γ)}


1. Diberi A = {b, c, d, f, g} dan B = {a, b, c} . Cari:

(a) A ∪B

(b) A ∩B

(c) A−B

(d) B − A

2. Andaikan R sebagai set semesta, dan andaikan

A = {a ∈ R | 0 < a ≤ 2}

B = {b ∈ R | 1 ≤ b < 4}

Cari:

(a) A ∪B

(b) A ∩B

(c) A


(d) B

(e) A ∩B

(f) A ∪B

(g) (A ∩B)

(h) (A ∪B)

3. Diberi A = {a, b, c} , B = {b, c, d} , dan C = {b, c, e} . Cari:

(a) A ∪ (B ∩ C)

(b) (A ∪B) ∩ C

(c) (A ∪B) ∩ (A ∪ C)

(d) (A−B)− C

4. Tunjukkan: A− (B ∩ C) = (A−B) ∪ (A− C).

5. Tentukan sama ada pernyataan-pernyataan berikut BENAR atau PALSU.

Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

(a) A− (B − C) = (A−B)− C.

(b) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C).

(c) A ∪B ∪ A = A

(d) Jika A ∩ C = B ∩ C, maka A = B.

(e) Jika A⊕B = A, maka B = A.

(f) A⊕ A = A.

6. Andaikan set semesta ζ = {1, 2, ..., 9}, A = semua gandaan 2,

B = semua gandaan 3, dan C = {3, 4, 5, 6, 7}. Cari C − (B − A).

7. Andaikan A = {w, x, y, z} dan B = {a, b} . Senaraikan elemen-elemen

bagi set-set berikut:


(a) A×B

(b) B × A

(c) A× A

(d) B ×B

RUMUSAN

Dalam Unit Pelajaran 1 ini, kita telah mengkaji struktur diskret asas di mana

semua struktur diskret yang lain dibina, iaitu set. Dengan pengetahuan yang

diperoleh dalam unit ini, kita boleh meneruskan perbincangan tentang struktur

diskret yang lain dalam unit-unit seterusnya.

KATA KUNCI

Set, elemen, set semesta, set nul, set terhingga, set tak terhingga, subset,

subset remeh, subset wajar, subset tak wajar, set kuasa, persilangan set, ke-

satuan set, pelengkap, hasil darab Cartesan.

LATIHAN SUMATIF 1

1. Tentukan sama ada set-set berikut terhingga atau tak terhingga. Seki-

ranya ia terhingga, nyatakan saiz set tersebut.

(a) {x ∈ N | 4x2 − 8 = 0}.

(b) {x ∈ Z | x2 = 2}.

(c) {x ∈ Z | x2 < 8}.


2. Andaikan A,B,C dan D adalah set-set yang ditakrifkan seperti berikut:

A = {a ∈ Z | a = 2p− 1, p ∈ Z}

B = {b ∈ Z | b = 3q + 2, q ∈ Z}

C = {c ∈ Z | c = 2r + 1, r ∈ Z}

D = {d ∈ Z | d = 3s− 1, s ∈ Z}

(a) Adakah A = B? Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

(b) Adakah A = C? Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

(c) Adakah A = D? Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

(d) Adakah B = D? Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

3. Tentukan sama ada pernyataan-pernyataan berikut adalah BENAR atau

PALSU. Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

(a) {2} ⊂ {1, 2, 3}

(b) {2} ⊂ {{1} , {2}} .

(c) {2} ∈ {{1} , {2}} .

4. Diberi A = {1, 2, 3, 4, 5}. Tentukan sama ada pernyataan-pernyataan

berikut BENAR atau PALSU. Nyatakan alasan kepada jawapan anda.

(a) ∅ ⊆ A.

(b) {∅} ⊆ P (A).

(c) {∅} ∈ P (A).

5. Diberi A = {a, b, c} dan B = {b, {c}}. Tentukan sama ada pernyataan-

pernyataan berikut BENAR atau PALSU. Nyatakan alasan kepada jawa-

pan anda.


(a) {a, b} ∈ A× A.

(b) {b, c} ∈ P (A).

(c) {b, {c}} ∈ P (B).

(d) {{{c}}} ⊆ P (B).

6. Diberi set S = {a, b, c, d, e} .

(a) Senaraikan kesemua subset wajar kepada S.

(b) Dapatkan set kuasa bagi S, iaitu, P (S) .

7. Tentukan sama ada set-set berikut adalah set kuasa bagi suatu set. Jika

ianya adalah set kuasa, nyatakan set yang membentuk set kuasa terse-

but.

(a) {∅, {a}, {∅, a}}.

(b) {∅, {a}, {∅}, {a,∅}}.

(c) {∅, {∅}, {a}, {{a}}, {{{a}}}, {∅, a}, {∅, {a}}, {∅, {{a}}}, {a, {a}},

{a, {{a}}}, {{a}, {{a}}}, {∅, a, {a}}, {∅, a, {{a}}}, {∅, {a}, {{a}}},

{a, {a}, {{a}}}, {∅, a, {a}, {{a}}}}

8. Andaikan R sebagai set semesta, dan diberi:

A = {a ∈ R | −2 ≤ a ≤ 1}

B = {b ∈ R | −1 < b < 3}

Cari:

(a) A ∪B

(b) A ∩B

(c) A


(d) B

(e) A ∩B

(f) A ∪B

(g) (A ∩B)

(h) (A ∪B)

9. Andaikan A = {a, b, c} , B = {b, c, d} , dan C = {b, c, e} . Cari:

(a) A ∩ (B ∪ C)

(b) (A ∩B) ∪ C

(c) (A ∩B) ∪ (A ∩ C)

(d) A− (B − C)

10. Tentukan sama ada pernyataan berikut BENAR atau PALSU. Nyatakan

alasan kepada jawapan anda.

Wujud suatu set A di mana |P (A)| = 12.

11. Cari tiga subset bagi set {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} di mana persilangan se-

barang dua daripada subset tersebut mempunyai saiz 2 dan persilangan

ketiga-tiga subset itu mempunyai saiz 1.

12. Diberi A = {1, 2, 3} , B = {u, v} , dan C = {m,n} . Senaraikan elemen-

elemen bagi set-set berikut:

(a) A× (B × C)

(b) (A×B)× C

(c) A×B × C


RUJUKAN




Learning.









JAWAPAN

Jawapan Latihan Formatif 1.1

1. (a) 7.

(b) Tak terhingga.

(c) 0.

2. (a) Ya

(b) Ya, jika dan hanya jika A ⊆ C dan C ⊆ A.

(c) Tidak

3. A = B; C = D


4. A = D

5. (a) Benar

(b) Palsu

(c) Palsu

6. (a) Tidak. 10 ∈ B, tetapi 10 /∈ A.

(b) Ya

(c) Ya

(d) Ya

7. (a) Benar

(b) Benar

8. (a) Benar

(b) Palsu

(c) Palsu

9. (a) {v} , {w} , {x} , {y}

{v, w} , {v, x} , {v, y} , {w, x} , {w, y} , {x, y}

{v, w, x} , {v, w, y} , {v, x, y} , {w, x, y}

(b) P (S) = {∅, {v} , {w} , {x} , {y} ,

{v, w} , {v, x} , {v, y} , {w, x} , {w, y} , {x, y} ,

{v, w, x} , {v, w, y} , {v, x, y} , {w, x, y} , S}

10. (a) Ya, {a}.

(b) Tidak kerana tiada {a}dan {∅}.


1. (a) A ∪B = {a, b, c, d, f, g}


(b) A ∩B = {b, c}

(c) A−B = {d, f, g}

(d) B − A = {a}

2. (a) A ∪B = {x ∈ R | 0 < x < 4}

(b) A ∩B = {x ∈ R | 1 ≤ x ≤ 2}

(c) A = {x ∈ R | x ≤ 0 atau x > 2}

(d) B = {x ∈ R | x < 1 atau x ≥ 4}

(e) A ∩B = {x ∈ R | x ≤ 0 atau x ≥ 4}

(f) A ∪B = {x ∈ R | x < 1 atau x > 2}

(g) (A ∩B) = {x ∈ R | x < 1 atau x > 2}

(h) (A ∪B) = {x ∈ R | x ≤ 0 atau x ≥ 4}

3. (a) A ∪ (B ∩ C) = {a, b, c}

(b) (A ∪B) ∩ C = {b, c}

(c) (A ∪B) ∩ (A ∪ C) = {a, b, c}

(d) (A−B)− C = {a} = {b, c, e} = {a}

4. A− (B ∩ C) = A ∩ (B ∩ C)

= A ∩(B ∪ C

)=(A ∩B

)∪(A ∩ C

)= (A−B) ∪ (A− C)

5. (a) Palsu

(b) Benar

(c) Benar

(d) Palsu

(e) Palsu


(f) Palsu

6. {4, 5, 6, 7}.

7. (a) A×B = {(w, a) , (w, b) , (x, a) , (x, b) , (y, a) , (y, b) , (z, a) , (z, b)}

(b) B × A = {(a, w) , (a, x) , (a, y) , (a, z) , (b, w) , (b, x) , (b, y) , (b, z)}

(c) A× A = {(w,w) , (w, x) , . . . , (z, y) , (z, z)}

(d) B ×B = {(a, a) , (a, b) , (b, a) , (b, b)}

Jawapan Latihan Sumatif 1

1. (a) 0.

(b) 0.

(c) 5.

2. (a) Tidak. 1 ∈ A, tetapi 1 /∈ B

(b) Ya

(c) Tidak. 8 ∈ D tetapi 8 /∈ A

(d) Ya.

3. (a) Benar

(b) Palsu

(c) Benar

4. (a) Benar

(b) Benar

(c) Palsu

5. (a) Palsu

(b) Benar


(c) Benar

(d) Benar

6. (a) Terdapat 30 subset tak wajar kepada set {a, b, c, d, e} .

(b) P (S) = {∅, subset tak wajar,S}

7. (a) Tidak. Tiada {∅}.

(b) Ya, {{a,∅}}.

(c) Ya {∅, a, {a}, {{a}}}.

8. (a) A ∪B = {x ∈ R | −2 ≤ x < 3}

(b) A ∩B = {x ∈ R | −1 < x ≤ 1}

(c) A = {x ∈ R | x < −2 atau x > 1}

(d) B = {x ∈ R | x ≤ −1 atau x ≥ 3}

(e) A ∩B = {x ∈ R | x < −2 atau x ≥ 3}

(f) A ∪B = {x ∈ R | x ≤ −1 atau x > 1}

(g) (A ∩B) = {x ∈ R | x ≤ −1 atau x > 1}

(h) (A ∪B) = {x ∈ R | x < −2 atau x ≥ 3}

9. (a) A ∩ (B ∪ C) = {b, c}

(b) (A ∩B) ∪ C = {b, c, e}

(c) (A ∩B) ∪ (A ∩ C) = {b, c}

(d) A− (B − C) = {a, b, c} − {d} = {a, b, c}

10. Palsu

11. Contoh jawapan, {1, 2, 3}, {2, 3, 4}, {1, 3, 4}.


12. (a) A× (B × C) = {(1, (u,m)) , (2, (u,m)) , (3, (u,m)) ,

(1, (u, n)) , (2, (u, n)) , (3, (u, n)) ,

(1, (v,m)) , (2, (v,m)) , (3, (v,m)) ,

(1, (v, n)) , (2, (v, n)) , (3, (v, n))}

(b) (A×B)× C = {((1, u) ,m) , ((1, u) , n) , ((1, v) ,m) , ((1, v) , n) ,

((2, u) ,m) , ((2, u) , n) , ((2, v) ,m) , ((2, v) , n) ,

((3, u) ,m) , ((3, u) , n) , ((3, v) ,m) , ((3, v) , n)}

(c) A×B × C = {(1, u,m) , (1, u, n) , (1, v,m) , (1, v, n) ,

(2, u,m) , (2, u, n) , (2, v,m) , (2, v, n) ,

(3, u,m) , (3, u, n) , (3, v,m) , (3, v, n)}

UNIT PELAJARAN 2

ASAS LOGIK

HASIL PEMBELAJARAN


1. membina jadual kebenaran bagi pernyataan majmuk,

2. mengenalpasti dua pernyataan yang setara secara logik,

3. membentuk pernyataan matematik yang betul,

4. menterjemah pernyataan matematik kepada ayat tak formal,

5. menentukan kebenaran pernyataan yang menggunakan pengkuantiti wu-

judan dan pengkuantiti semesta.

PENGENALAN

Untuk memahami matematik, kita perlu memahami apakah yang mem-

bentuk pernyataan matematik yang betul. Peraturan-peraturan logik

memberi makna yang tepat untuk pernyataan matematik. Peraturan-

peraturan ini digunakan untuk membezakan antara hujah matematik yang sah

dan tidak sah. Dalam Unit Pelajaran 2 ini, kita akan didedahkan dengan

bagaimana memahami dan membina pernyataan matematik yang betul.

32

UNIT PELAJARAN 2. ASAS LOGIK | 33

Tahukah anda bahawa logik mempunyai pelbagai aplikasi dalam beberapa

bidang terutama dalam sains komputer. Peraturan-peraturan logik digunakan

dalam reka bentuk litar komputer, pembinaan program komputer, pengesahan

kebenaran program komputer dan bermacam-macam lagi. Sila layari laman

web di bawah untuk mengetahui lebih lanjut tentang aplikasi logik dalam kom-

puter.

https://www.research.ibm.com/haifa/dept/svt/papers/Mathematical_Logic.pdf

2.1 LOGIK USULAN

2.1.1 Pernyataan

DEFINISI 2.1 Suatu pernyataan atau suatu usulan ialah suatu ayat yang ber-

bentuk perisytiharan yang boleh jadi BENAR atau PALSU dan bukan kedua-

duanya.

CONTOH 2.1 Yang manakah di antara ayat berikut merupakan pernyataan?

(a) Bumi ini bulat.

(b) 2 + 3 = 5.

(c) −1 ≥ 0

(d) Adakah anda boleh berbahasa Korea?

(e) Ambil dua biji panadol.

(f) x+ 1 adalah suatu nombor integer ganjil.

(g) y + 3 = 10

Dalam CONTOH 2.1, ayat (a) , (b) dan (c) merupakan pernyataan. Ayat

(a) dan (b) adalah pernyataan benar manakala ayat (c) adalah pernyataan


palsu. Ayat (d) dan (e) bukan merupakan pernyataan kerana masing-masing

merupakan ayat pertanyaan dan arahan. Ayat (f) dan (g) dinamakan sebagai

pernyataan terbuka. Bagaimana pun kebenaran atau kepalsuannya belum

lagi dapat ditentukan kerana bergantung kepada nilai-nilai x dan y. Kita akan

membincangkan dengan lebih lanjut bentuk pernyataan jenis ini dalam Baha-

gian 2.3 nanti.

Dalam logik, huruf-huruf abjad seperti p, q, r,. . . pada lazimnya digunakan

untuk mewakili pemboleh ubah-pemboleh ubah yang merupakan pernyataan.

CONTOH 2.2 Pernyataan (a) , (b) dan (c) dalam contoh di atas boleh diwakili

dengan pemboleh ubah-pemboleh ubah seperti berikut:

p : Bumi ini bulat.

q : 2 + 3 = 7.

r : −1 ≤ 0.

Adakah "5− 8” merupakan satu pernyataan?

Pernyataan p, q dan r seperti dalam contoh di atas adalah dianggap se-

bagai pernyataan-pernyataan primitif kerana pernyataan-pernyataan tersebut

tidak boleh dileraikan kepada sesuatu bentuk yang lebih mudah. Bagaimana

pun, pernyataan-pernyataan yang baru boleh diperoleh daripada pernyataan-

pernyataan primitif ini dengan dua cara: Penafian dan Pengait Logikal.


2.1.2 Penafian

Suatu pernyataan p ditransformasi kepada pernyataan yang baru ¬p yang

menafi pernyataan p, dan dibaca sebagai "Bukan p " atau "Bukan kesnya yang

p”.

CONTOH 2.3

(a) p : Bumi ini bulat.

¬p : Bumi ini bukan bulat.

atau

Bukan kesnya yang bumi ini bulat.

(b) q : 2 + 3 = 5.

¬q : 2 + 3 6= 5.

atau

Bukan kesnya yang 2 + 3 = 5.

(c) r : −1 ≥ 0.

¬r : −1 � 0 atau −1 < 0.

atau

Bukan kesnya yang −1 ≥ 0.

CATATAN 2.1 Awas semasa melakukan sesuatu penafian. Jika pernyataan

itu ialah "Bumi ini berbentuk bulat", maka "Bumi ini berbentuk segiempat"

bukan merupakan suatu penafian kerana terdapat pelbagai jawapan yang lain

seperti "Bumi ini berbentuk segitiga" dan sebagainya. Penafian haruslah unik

yang menidakkan pernyataan asal secara mutlak serta mengambilkira kese-

mua kemungkinan yang lain. Begitu juga dengan pernyataan " 2 + 3 = 5

". Pernyataan " 2 + 3 = 6 " dan sebagainya bukanlah merupakan penafian

kepada pernyataan asal.


Sebelum meneruskan perbincangan kita perkenalkan dahulu nilai kebe-

naran atau kepalsuan bagi suatu pernyataan. Suatu pernyataan itu boleh

ada dua kemungkinan: benar atau palsu. Nilai kebenaran atau kepalsuan

ini dibina dengan menggunakan Jadual Kebenaran. Bagi penafian suatu per-

nyataan, jadual kebenarannya ditunjukkan di bawah. Jika suatu pernyataan itu

benar, kita tulis "1", dan jika pernyataan itu palsu, kita tulis "0".

p ¬p

1 0

0 1

2.1.3 Pengait Logikal

Gabungan dua atau lebih pernyataan primitif membentuk pernyataan baru

yang dikenali sebagai pernyataan majmuk. Gabungan ini dibentuk dengan

menggunakan pengait logikal. Pengait-pengait logikal yang penting yang di-

bincangkan dalam modul ini ditunjukkan dalam jadual di bawah.

PENGAIT LOGIKAL TATATANDA

Konjungsi: DAN ∧

Disjungsi: ATAU ∨

Implikasi: JIKA...,MAKA... →

Dwisyarat (Kesetaraan): ...JIKA DAN HANYA JIKA... ↔

2.1.4 Konjungsi "Dan"

DEFINISI 2.2 Jika p dan q adalah dua pernyataan primitif, konjungsi bagi per-

nyataan p dan q adalah suatu pernyataan majmuk "p dan q” ditulis sebagai:

p ∧ q.


CONTOH 2.4 p : Saya belajar bersungguh-sungguh.

q : Saya akan lulus peperiksaan akhir.

p ∧ q : Saya belajar bersungguh-sungguh

dan saya akan lulus peperiksaan akhir.

CONTOH 2.5 r : 5 adalah suatu nombor perdana.

¬r : 5 adalah bukan suatu nombor perdana.

r ∧ ¬r : 5 adalah suatu nombor perdana

dan 5 adalah bukan suatu nombor perdana.

Pernyataan majmuk dalam CONTOH 2.5 di atas dikenali sebagai percang-

gahan. Perkara ini akan dibincangkan dengan lebih lanjut dalam Unit Pela-

jaran 3.

Jadual kebenaran bagi konjungsi p ∧ q ialah:

p q p ∧ q

1 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 0

Bagi dua pernyataan p dan q, terdapat empat kemungkinan umpukan nilai

kebenaran (1 dengan 1, 1 dengan 0, 0 dengan 1, dan 0 dengan 0) yang di-

senaraikan dalam sebarang susunan seperti yang ditunjukkan dalam jadual

di atas. Pernyataan majmuk p∧q menjadi benar (1) jika kedua-dua pernyataan

p dan q adalah benar.

Berapakah kemungkinan umpukan nilai kebenaran

bagi tiga pernyataan p, q, dan r?


2.1.5 Disjungsi "Atau"

DEFINISI 2.3 Jika p dan q adalah dua pernyataan primitif, disjungsi bagi per-

nyataan p dan q adalah suatu pernyataan majmuk "p atau q” ditulis sebagai:

p ∨ q.

CONTOH 2.6 p : Saya belajar bersungguh-sungguh.

q : Saya akan lulus peperiksaan akhir.

p ∨ q : Saya belajar bersungguh-sungguh

atau saya akan lulus peperiksaan akhir.

CONTOH 2.7 r : 5 adalah suatu nombor perdana.

¬r : 5 adalah bukan suatu nombor perdana.

r ∨ ¬r : 5 adalah suatu nombor perdana

atau 5 adalah bukan suatu nombor perdana.

Jadual kebenaran bagi disjungsi p ∨ q ialah:

p q p ∨ q

1 1 1

1 0 1

0 1 1

0 0 0

Perhatikan bahawa nilai kebenaran bagi pernyataan majmuk p ∨ q menjadi

palsu (0) jika kedua-dua pernyataan p dan q adalah palsu. Dalam matem-

atik, gabungan "atau" dalam p ∨ q adalah benar jika salah satu pernyataan p

atau q adalah benar, atau kedua-duanya benar (sila rujuk jadual). Penggunaan

disjungsi "atau" secara begini dikatakan sebagai penggunaan secara inklusif.

Namun begitu, disjungsi "atau" boleh juga digunakan secara eksklusif. Ini


bermakna pernyataan majmuk " p atau q " adalah benar jika salah satu sa-

haja pernyataan p atau q adalah benar, dan bukan kedua-duanya benar.

Tatatanda bagi disjungsi "atau" jenis eksklusif ini ialah p Y q. Jadual kebenaran

bagi p Y q ialah:

p q p Y q

1 1 0

1 0 1

0 1 1

0 0 0

CATATAN 2.2 Dalam kursus ini, kita hanya akan menumpukan kepada dis-

jungsi jenis inklusif sahaja.

Dua contoh di bawah ini menunjukkan perbezaan penggunaan disjungsi

secara inklusif dan eksklusif.

CONTOH 2.8 p : Shafiq mendapat gred A dalam kursus

Matematik Diskret.

q : Shafiq mendapat gred A dalam kursus

Aljabar Linear.

p ∨ q : Shafiq mendapat gred A dalam kursus

Matematik Diskret atau Shafiq mendapat

gred A dalam kursus Aljabar Linear.

Disjungsi "atau" dalam contoh di atas digunakan secara inklusif kerana tidak

mustahil untuk Shafiq mendapat gred A dalam Matematik Diskret dan Aljabar

Linear.


CONTOH 2.9 r : Shakeel menaiki bas untuk ke kampus

Sultan Azlan Shah.

s : Shakeel menaiki kereta untuk ke kampus

Sultan Azlan Shah.

r Y s : Shakeel menaiki bas untuk ke kampus

Sultan Azlan Shah

atau Shakeel menaiki kereta untuk ke kampus

Sultan Azlan Shah.

Disjungsi "atau" dalam contoh di atas digunakan secara eksklusif kerana mus-

tahil untuk Shakeel menaiki bas dan kereta untuk ke kampus Sultan Azlan

Shah dalam masa yang sama.

2.1.6 Implikasi (Bersyarat): "Jika...,maka..."

DEFINISI 2.4 Jika p dan q adalah dua pernyataan primitif, pernyataan majmuk

"jika p maka q ", ditulis sebagai

p→ q

adalah pernyataan bersyarat atau implikasi. Pernyataan p dipanggil hipote-

sis dan pernyataan q pula dipanggil kesimpulan. Jadual kebenaran bagi im-

plikasi ditunjukkan seperti di bawah.

p q p→ q

1 1 1

1 0 0

0 1 1

0 0 1


Daripada jadual di atas, kita dapati bahawa yang akan menyebabkan implikasi

p → q menjadi palsu ialah apabila p benar dan q palsu, iaitu, apabila sesuatu

hipotesis itu benar tetapi kesimpulannya palsu.

Contoh berikut akan membincangkan nilai kebenaran bagi implikasi seperti

yang ditunjukkan dalam jadual di atas. Kita akan melihat empat kes: 1 dan 1, 1

dan 0, 0 dan 1, dan, 0 dan 0.

CONTOH 2.10 Andaikan

p : Shahrin seorang yang kaya.

q : Shahrin akan memberi derma kepada anak yatim.

KES 1: (p− benar (1) ; q − benar (1)) .

p→ q : Jika Shahrin seorang yang kaya, maka

Shahrin akan memberi derma kepada anak yatim.

Implikasi p → q adalah benar kerana Shahrin melaksanakan apa yang

telah di"janji"kan.

KES 2: (p− benar (1) ; q − palsu (0)) .

p→ q : Jika Shahrin seorang yang kaya, maka

Shahrin tidak akan memberi derma kepada anak yatim.

Implikasi p → q adalah palsu kerana Shahrin tidak melaksanakan apa

yang telah di"janji"kan.


KES 3: (p− palsu (0) ; q − benar (1)) .

p→ q : Jika Shahrin bukan seorang yang kaya, maka

Shahrin akan memberi derma kepada anak yatim.

Implikasi p → q adalah benar kerana Shahrin boleh memberi derma

kepada anak yatim walaupun dia tidak kaya.

KES 4: (p− palsu (0) ; q − palsu (0)) .

p→ q : Jika Shahrin bukan seorang yang kaya, maka

Shahrin tidak akan memberi derma kepada anak yatim.

Implikasi p → q adalah benar kerana Shahrin tidak memberi derma

kepada anak yatim kerana dia tidak kaya.

CATATAN 2.3 Dalam matematik, hubungan di antara hipotesis dan kesimpu-

lan tidak semestinya bermakna untuk menjadikan implikasi itu benar. Sebagai

contoh, "Jika bumi ini bulat, maka 2 + 2 = 4 " adalah implikasi benar walaupun

hipotesis dan kesimpulannya tidak berkaitan.

Antara ungkapan lain yang boleh digunakan bagi p→ q ialah:

• q, jika p

• p hanya jika q

• p ialah syarat cukup bagi q

• q ialah syarat perlu bagi p.


2.1.7 Dwisyarat (Kesetaraan): "...jika dan hanya jika..."

DEFINISI 2.5 Dwisyarat atau kesetaraan1 bagi dua pernyataan primitif p dan

q ditulis sebagai

p↔ q

dan dibaca "p jika dan hanya jika q ". Jadual kebenaran bagi dwisyarat ialah:

p q p↔ q

1 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

CATATAN 2.4 p↔ q bermaksud implikasi dalam "dua" arah: p→ q dan q → p.

Ini bermakna, jika implikasi p → q adalah benar dan implikasi q → p juga

adalah benar, maka kita tulis p↔ q.

Ungkapan lain bagi p↔ q ialah "p ialah syarat perlu dan cukup bagi q.

Dalam dua contoh berikut kita akan menentukan sesuatu kesetaraan bagi

dua pernyataan primitif.

CONTOH 2.11 Andaikan:

p : f adalah suatu fungsi.

q : f adalah suatu hubungan.

p→ q : Jika f adalah suatu fungsi, maka

f adalah suatu hubungan.

q → p Jika f adalah suatu hubungan, maka

f adalah suatu fungsi.

1Sepanjang perbincangan dalam unit pelajaran ini, istilah dwisyarat dan kesetaraan akan

digunakan saling berganti.


Implikasi p → q adalah benar kerana setiap fungsi adalah juga merupakan

hubungan. Implikasi q → p adalah palsu kerana bukan semua hubungan

adalah fungsi. Jadi, kita tidak memperoleh kesetaraan p↔ q.

Apakah perbezaan di antara pernyataan

bersyarat (implikasi) dan pernyataan dwisyarat?

CONTOH 2.12 Dalam Teorem Pythagoras:

r : ABC adalah sebuah segitiga bersudut tegak

dengan AC sebagai hipotenusnya.

s : Sisi-sisi (AC)2 = (AB)2 + (BC)2 .

r → s : Jika ABC adalah sebuah segitiga bersudut tegak

dengan AC sebagai hipotenusnya, maka

sisi-sisi (AC)2 = (AB)2 + (BC)2 .

s→ r : Jika sisi-sisi (AC)2 = (AB)2 + (BC)2 , maka

ABC adalah sebuah segitiga bersudut tegak

dengan AC sebagai hipotenusnya.

Kedua-dua implikasi r → s dan s → r adalah benar, maka kita peroleh kese-

taraan r ↔ s.

Contoh-contoh berikut menggabungkan kesemua konsep pernyataan maj-

muk dan pengait logikal yang telah diperkenalkan dalam bahagian di atas.


CONTOH 2.13 Andaikan:

s : Shahira mengambil kursus Kalkulus.

t : Ini adalah semester pendek.

u : Pendaftaran kursus dibuka sekarang.

(a) Terjemahan pernyataan majmuk berikut dalam bentuk simbolik kepada

ayat tak formal adalah:

i. (t ∧ ¬u) → s : Jika ini adalah semester pendek dan pendaftaran

kursus tidak dibuka sekarang, maka Shahira akan mengambil kur-

sus Kalkulus.

ii. t → (¬u→ s) : Jika ini adalah semester pendek, maka jika pendaf-

taran kursus tidak dibuka sekarang, Shahira akan mengambil kur-

sus Kalkulus.

iii. ¬ (s↔ (u ∨ t)) : Bukan kesnya yang Shahira mengambil kursus Kal-

kulus jika dan hanya jika pendaftaran kursus dibuka sekarang atau

ini adalah semester pendek.

(b) Terjemahan ayat tak formal berikut kepada pernyataan majmuk dalam

bentuk simbolik adalah:

i. "Shahira tidak akan mengambil kursus Kalkulus jika dan hanya jika

ini adalah semester pendek." : ¬s↔ t.

ii. "Jika pendaftaran kursus dibuka sekarang dan ini bukan semester

pendek, maka Shahira tidak akan mengambil kursus Kalkulus." :

(u ∧ ¬t)→ ¬s.

iii. "Pendaftaran kursus dibuka sekarang tetapi Shahira tidak akan me-

ngambil kursus Kalkulus." : u ∧ ¬s.


CONTOH 2.14 Jadual kebenaran bagi pernyataan majmuk (p ∧ ¬r)↔ (q ∨ r) :

p q r ¬r p ∧ ¬r q ∨ r (p ∧ ¬r)↔ (q ∨ r)

1 1 1 0 0 1 0

1 1 0 1 1 1 1

1 0 1 0 0 1 0

1 0 0 1 1 0 0

0 1 1 0 0 1 0

0 1 0 1 0 1 0

0 0 1 0 0 1 0

0 0 0 1 0 0 1

2.1.8 Akas, Kontrapositif dan Songsangan

DEFINISI 2.6 Jika p→ q adalah suatu implikasi, maka:

(a) Akas bagi p→ q ialah implikasi q → p.

(b) Kontrapositif bagi p→ q ialah implikasi ¬q → ¬p.

(c) Songsangan bagi p→ q ialah implikasi ¬p→ ¬q.

CONTOH 2.15 Tulis akas, kontrapositif, dan songsangan untuk implikasi berikut:

"Jika anda mencuba dengan tekun, maka anda akan berjaya"

(a) Akas: "Jika anda akan berjaya, maka anda mencuba dengan tekun."

(b) Kontrapositif: "Jika anda tidak akan berjaya, maka anda tidak mencuba

dengan tekun."

(c) Songsangan: "Jika anda tidak mencuba dengan tekun, maka anda tidak


akan berjaya."

Apakah perbezaan di antara implikasi, akas,

kontrapositif dan songsangan?


1. Tentukan sama ada pernyataan majmuk berikut BENAR atau PALSU.


(a) 1 + 1 = 4 jika dan hanya jika 2 + 2 = 1.

(b) Jika hari ini hujan, maka hari ini hujan.

(c) Jika 1 < 0, maka 3 = 4.

2. Andaikan:

h : Hari ini hujan.

d : Hari ini dingin.

b : Hari ini berangin.

Dengan menggunakan tatatanda-tatatanda di atas, tulis ayat berikut:

(a) “Hari ini tidak hujan dan tidak dingin”.

(b) “Hari ini hujan jika hari ini tidak sejuk”.

3. Bina jadual kebenaran bagi pernyataan majmuk berikut:

(a) [¬p ∧ (p ∨ q)]→ q

(b) [¬q ∧ (p→ q)]→ ¬p

(c) ¬(r → ¬q) ∨ (p ∧ ¬r)


4. Bentuk pernyataan majmuk dengan tiga pemboleh ubah p, q, dan r di

mana:

(a) ianya benar bila p dan r benar dan q palsu, dan ianya palsu jika

sebaliknya.

(b) ianya tidak pernah benar.

5. Cari pernyataan dengan hanya mengguna p, q,¬, dan ∨ yang memuaskan

jadual kebenaran berikut:

p q ?

1 1 0

1 0 0

0 1 1

0 0 0

6. Tulis akas, kontrapositif, dan songsang untuk implikasi berikut:

(a) Jika f adalah suatu fungsi boleh beza, maka f adalah fungsi selajar.

(b) Jikaa

bdan

b

cadalah integer, maka

a

cadalah integer.

2.2 KESETARAAN LOGIK

2.2.1 Tautologi, Percanggahan, Kontigensi

DEFINISI 2.7 Tautologi adalah suatu pernyataan majmuk yang sentiasa be-

nar untuk semua nilai kebenaran yang mungkin. Percanggahan adalah suatu

pernyataan majmuk yang sentiasa palsu untuk semua nilai kebenaran yang

mungkin. Kontigensi adalah suatu pernyataan majmuk yang sama ada benar

atau palsu bergantung kepada nilai kebenarannya.


CATATAN 2.5 Sepanjang perbincangan dalam Unit Pelajaran 2 ini, kita akan

menggunakan tatatanda T bagi mewakili sebarang tautologi, dan F bagi mewa-

kili sebarang percanggahan.

CONTOH 2.16 Pernyataan majmuk: p → (p ∨ q) adalah satu tautologi. Per-

nyataan majmuk: p ∧ (¬p ∧ q) pula adalah satu percanggahan. Pernyataan

majmuk: p ∧ (¬p→ q) pula adalah satu kontigensi. Jadual kebenaran bagi

ketiga-tiga pernyataan majmuk ini adalah seperti di bawah.

p q ¬p p ∨ q ¬p ∧ q ¬p→ q p→ (p ∨ q) p ∧ (¬p ∧ q) p ∧ (¬p→ q)

1 1 0 1 0 1 1 0 1

1 0 0 1 0 1 1 0 1

0 1 1 1 1 1 1 0 0

0 0 1 0 0 0 1 0 0

Apakah perbezaan di antara tautologi,

percanggahan dan kontigensi?

2.2.2 Kesetaraan Logik

DEFINISI 2.8 Pernyataan majmuk s1 dan s2 dikatakan setara secara logik

(atau setara), ditulis sebagai s1 ≡ s2.jika p↔ q adalah suatu tautologi.


CONTOH 2.17 (p→ q) ≡ (¬q → ¬p) :

p q ¬p ¬q p→ q ¬q → ¬p (p→ q)↔ (¬q → ¬p)

1 1 0 0 1 1 1

1 0 0 1 0 0 1

0 1 1 0 1 1 1

0 0 1 1 1 1 1

Secara ringkasnya, kita katakan dua pernyataan majmuk s1 dan s2 adalah

setara, s1 ≡ s2, apabila s1 benar (atau palsu) jika dan hanya jika s2 benar (atau

palsu). Kita juga boleh katakan dua pernyataan majmuk s1 ≡ s2 jika dan hanya

jika nilai-nilai kebenaran bagi s1 dan s2 adalah sama.

CONTOH 2.18 (p Y q) ≡ (p ∨ q) ∧ ¬ (p ∧ q)

p q p Y q (p ∨ q) ∧ ¬ (p ∧ q)

1 1 0 0

1 0 1 1

0 1 1 1

0 0 0 0

Kita akan menggunakan idea tautologi dan implikasi untuk menghuraikan

apa yang dikatakan suatu hujah yang sah. Ini boleh membantu kita membina

kemahiran asas untuk membukti teorem-teorem matematik dalam Unit Pela-

jaran 3.

Mengapakah pernyataan jenis tautologi

penting dalam pembuktian matematik?


2.2.3 Hukum-Hukum Logik

Dengan menggunakan kesetaraan logik, tautologi, dan percanggahan, kita

nyatakan hukum-hukum aljabar untuk logik bagi penyataan-pernyataan.

TEOREM 2.1 (Hukum-Hukum Logik) Untuk sebarang penyataan primitif p, q, r,

sebarang tautologi T, dan sebarang percanggahan F :

(a) Hukum Penafian Duaan: ¬¬p ≡ p

(b) Hukum DeMorgan: ¬ (p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q

¬ (p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q

(c) Hukum Kalis Tukar Tertib: p ∧ q ≡ q ∧ p

p ∨ q ≡ q ∨ p

(d) Hukum Kalis Sekutuan: p ∧ (q ∧ r) ≡ (p ∧ q) ∧ r

p ∨ (q ∨ r) ≡ (p ∨ q) ∨ r

(e) Hukum Kalis Agihan: p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

(f) Hukum Idempoten: p ∧ p ≡ p

p ∨ p ≡ p

(g) Hukum Identiti: p ∧ T ≡ p

p ∨ F ≡ p

(h) Hukum Songsangan: p ∧ ¬p ≡ F

p ∨ ¬p ≡ T

(i) Hukum Dominasi: p ∧ F ≡ F

p ∨ T ≡ T

(j) Hukum Serapan: p ∧ (p ∨ q) ≡ p

p ∨ (p ∧ q) ≡ p



1. Guna jadual kebenaran untuk menunjukkan pernyataan berikut adalah

setara secara logik.

(a) ¬ (p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q

(b) ¬ (p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q

2. Tentukan sama ada pernyataan berikut adalah satu tautologi.

[(p→ q) ∧ ¬p]→ ¬q

3. Tentukan sama ada pernyataan-pernyataan berikut adalah setara:

(a) p→ (q → r) dan p→ (q ∧ r).

(b) p ∨ (q ∧ r) dan (p ∧ q) ∨ (p ∧ r).

4. Tulis satu pernyataan yang setara dengan p∨¬q dengan hanya menggu-

nakan p, q,¬ dan pengait ∧.

5. Tulis satu pernyataan yang setara dengan p→ q dengan hanya menggu-

nakan p, q,¬ dan pengait ∨.

6. Tunjukkan bahawa p→ q dan akasnya adalah tidak setara.

2.3 LOGIK PREDIKAT

Pada permulaan Bahagian 2.1, kita ada memperkenalkan dua contoh per-

nyataan terbuka:

• x+ 1 adalah suatu integer ganjil.


• y + 3 = 10.

Pernyataan jenis ini belum boleh ditentukan kebenaran atau kepalsuannya

sehinggalah digantikan nilai-nilai yang sesuai untuk x dan y. Sebagai contoh,

jika nilai x = 2, maka "3 adalah suatu integer ganjil" merupakan pernyataan

benar, manakala jika nilai y = −1, maka"−1 + 3 = 10” merupakan pernyataan

palsu.

DEFINISI 2.9 Suatu ayat yang berbentuk perisytiharan adalah satu perny-

ataan terbuka jika:

(a) ia mengandungi satu atau lebih pemboleh ubah, dan

(b) ia bukan satu pernyataan, tetapi

(c) ia menjadi satu pernyataan apabila pemboleh ubahnya diganti dengan

nilai-nilai yang sesuai.

Daripada contoh "x+1 adalah suatu integer ganjil" di atas yang merupakan

satu pernyataan terbuka, nilai-nilai x yang sesuai diperoleh daripada suatu set

yang dipanggil domain perbincangan, D, iaitu x ∈ D.

Seperti juga dengan pernyataan-pernyataan lain dalam Bahagian 2.1, per-

nyataan terbuka "x+ 1 adalah suatu integer ganjil" juga boleh diwakili dengan

pemboleh ubah seperti P (x) , Q (x) , atau R (x) dan sebagainya. Pemboleh

ubah-pemboleh ubah jenis ini juga dikenali sebagai fungsi usulan. Sebagai

contoh,

P (x) : x+ 1 adalah suatu integer ganjil.

Oleh itu,

¬P (x) : x+ 1 adalah bukan suatu integer ganjil.

Bagi pernyataan terbuka yang menggunakan dua pemboleh ubah x dan y

seperti dalam contoh: "x+ y adalah suatu integer genap", kita guna pemboleh


ubah Q (x, y) , iaitu:

Q (x, y) : x+ y adalah suatu integer genap.

Sekarang mari kita teliti kebenaran atau kepalsuan sesuatu pernyataan-

pernyataan terbuka P (x) dan Q (x, y) di atas.

CONTOH 2.19 Andaikan domain perbincangan D bagi P (x) dan Q (x, y) ialah

set integer, maka,

P (2) : 3 adalah suatu integer ganjil. (BENAR)

¬P (6) : 7 adalah bukan suatu integer ganjil. (PALSU)

Q (1, 2) : 3 adalah suatu integer genap. (PALSU)

¬Q (−1, 10) : 9 adalah bukan suatu integer genap. (BENAR)

CONTOH 2.20 Andaikan

R (x) : x2 ≥ 0

dan domain perbincangan D adalah set integer. Oleh itu, R (x) sentiasa benar

untuk kesemua nilai x ∈ D. (Sila semak!)

Apakah itu domain perbincangan?

2.3.1 Pengkuantiti Wujudan dan Pengkuantiti Semesta

Dalam CONTOH 2.19, kita dapati bahawa ada sebahagian nilai x dalam do-

main perbincangan D yang menjadikan pernyataan terbuka P (x) benar dan


sebahagian lagi menjadikannya palsu. Begitu juga dengan pernyataan ter-

buka Q (x, y) . Terdapat nilai-nilai x dan y dalam domain perbincangan D yang

menjadikan Q (x, y) benar atau palsu. Oleh yang demikian, adalah benar jika

kita katakan:

Untuk sebahagian x, P (x)

Untuk sebahagian x, y,Q (x, y)

iaitu, "Untuk sebahagian x dalam domain perbincangan, P (x) adalah benar.";

dan "Untuk sebahagian x dan y dalam domain perbincangan, Q (x, y)". Begitu

juga jika kita katakan:

Untuk sebahagian x,¬P (x)

Untuk sebahagian x, y,¬P (x, y)

Dalam CONTOH 2.20 pula, kita dapati tiada satu pun nilai x dalam domain

perbincangan yang boleh menjadikan pernyataan R (x) palsu. Justeru, adalah

benar jika kita katakan:

Untuk kesemua x,R (x)

iaitu, "Untuk kesemua x dalam domain perbincangan, R (x) adalah benar.". Ini

membawa kita kepada definisi berikut.

DEFINISI 2.10 Ungkapan-ungkapan "Untuk sebahagian x...” dan "Untuk ke-

semua x...” dinamakan sebagai pengkuantiti untuk pernyataan terbuka. Ung-

kapan "Untuk sebahagian x...” dikenali sebagai pengkuanti wujudan, dan

menggunakan tatatanda ∃x; manakala ungkapan "Untuk kesemua x...” dike-

nali sebagai pengkuantiti semesta.yang menggunakan tatatanda ∀x.


CONTOH 2.21 Contoh-contoh di atas masing-masing boleh ditulis semula de-

ngan menggunakan tatatanda-tatatanda pengkuantiti.

∃x, P (x)

∃x,¬P (x)

∃x∃y,Q (x, y) atau ∃x, y,Q (x, y)

∃x∃y,¬Q (x, y) atau ∃x, y,¬Q (x, y)

∀x,R (x)

Bagi pengkuantiti wujudan, selain daripada ungkapan "Untuk sebahagian

x..." kita juga boleh menggunakan ungkapan-ungkapan berikut :

• "Wujud x di mana..."

• "Terdapat sekurang-kurangnya x..."

Bagi pengkuantiti semesta pula, selain daripada ungkapan "Untuk kese-

mua x...” kita juga boleh menggunakan ungkapan-ungkapan berikut:

• "Untuk setiap x...”

• "Untuk sebarang x...”

CONTOH 2.22 Andaikan domain perbincangan adalah set nombor nyata.

(a) ∃x > 0, x+ 1 < 4 adalah satu pernyataan yang benar.

(b) ∃y, y + 1 = y adalah satu pernyataan yang palsu. Mengapa?

(c) ∀x,−(−x) = x adalah satu pernyataan benar.

(d) ∀x > 0, x+ 1 < 4 adalah satu penyataan palsu. Mengapa?


CATATAN 2.6

(a) Untuk menentusah sesuatu pengkuantiti wujudan ∃x, P (x) itu benar, cu-

kup dengan hanya mendapat satu nilai x dalam domain perbincangan di

mana P (x) itu benar.

(b) Untuk menentusah sesuatu pengkuantiti wujudan ∃x, P (x) itu palsu, kita

perlu menunjukkan P (x) palsu untuk setiap nilai x dalam domain perbin-

cangan.

(c) Untuk menentusah sesuatu pengkuantiti semesta ∀x, P (x) itu benar, kita

perlu menunjukkan P (x) benar untuk setiap nilai x dalam domain perbin-

cangan.

(d) Untuk menentusah sesuatu pengkuantiti semesta ∀x, P (x) itu palsu, cu-

kup dengan hanya mendapatkan satu nilai x dalam domain perbincangan

di mana P (x) itu palsu. Nilai x ini dinamakan contoh penyangkal.

Apakah makna simbol-simbol berikut?

∀ dan ∃

2.3.2 Hukum DeMorgan’s Untuk Logik Predikat

Dalam Bahagian 2.2, kita telah didedah dengan hukum DeMorgan bagi logik,

iaitu:

¬ (p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q

dan

¬ (p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q


Kali ini, kita perkenalkan pula hukum DeMorgan yang digunapakai untuk logik

predikat iaitu:

¬ (∀x, P (x)) ≡ ∃x,¬P (x)

¬ (∃x, P (x)) ≡ ∀x,¬P (x)

CONTOH 2.23

(a) Andaikan P (n) : ∀n ∈ Z+, n2 + 41n + 41 adalah satu nombor perdana.

Maka ¬P (n) : ∃n ∈ Z+, n2+41n+41 adalah bukan satu nombor perdana.

(b) Andaikan Q (k) : ∃k ∈ Z, (12 = 3k). Maka ¬Q (k) : ∀k ∈ Z, 12 6= 3k.


1. Tulis semula pernyataan matematik berikut ke dalam bentuk ayat tak for-

mal.

(a) ∀x ∈ Z, x2 ≥ 0.

(b) ∀x ∈ R, x2 6= −1.

2. Terjemahkan ayat tak formal berikut kepada pernyataan matematik.

(a) Semua segitiga mempunyai tiga sisi.

(b) Terdapat sekurang-kurangnya satu nombor nyata yang kuasa dua-

nya adalah 2.

3. Andaikan A = {1, 2, 3, 4, 5} dan pertimbangkan pernyataan berikut:

∀x ∈ A, x2 ≥ x

Tunjukkan bahawa pernyataan tersebut adalah benar:


4. Tunjukkan bahawa pernyataan

∀x ∈ R, x2 ≥ x

adalah palsu.

5. Andaikan P (x) : x+1 = 2x, di mana x adalah suatu nombor nyata.Tentu-

kan nilai kebenaran bagi pernyataan terbuka berikut:

(a) P (2).

(b) ∀x, P (x)

(c) ∃x, P (x)

RUMUSAN

Dalam Unit Pelajaran 2 ini, kita telah didedahkan bagaimana kita boleh meng-

gunakan peraturan-peraturan logik untuk membina sesuatu pernyataan mate-

matik yang betul dan seterusnya dapat memberi makna kepada pernyataan

matematik tersebut. Ini adalah perkara asas yang penting dalam menolong

kita membina hujah matematik yang tepat dalam sesuatu proses pembuktian

matematik yang mana tajuk ini akan diperkenalkan dalam Unit Pelajaran 3.

KATA KUNCI

Pernyataan matematik, konjungsi, disjungsi, implikasi, dwisyarat, setara, per-

aturan logik, jadual kebenaran, tautologi, percanggahan, kontigensi, pengkuan-

titi wujudan dan pengkuantiti semesta.


LATIHAN SUMATIF 2

1. Tentukan sama ada pernyataan majmuk berikut BENAR atau PALSU.


(a) Jika 4 + 1 = 5, maka 2 = 4− 1.

(b) Jika 1 + 1 = 2 atau 1 + 1 = 3, maka 2 + 2 = 3 dan 2 + 2 = 4.

2. Andaikan:

h : Hari ini hujan.

d : Hari ini dingin.

b : Hari ini berangin.

Dengan menggunakan tatatanda-tatatanda di atas, tulis ayat berikut:

(a) “Berangin adalah syarat perlu bagi dingin”.

(b) “Hari ini hujan hanya jika hari ini berangin dan dingin”.

3. Bina jadual kebenaran bagi pernyataan majmuk berikut:

(a) [(p→ q) ∧ (q → r)]→ (p→ r)

(b) ¬ (p↔ q)↔ [(p ∧ ¬q) ∨ (q ∧ ¬p)]

4. Bentuk pernyataan majmuk dengan tiga pemboleh ubah p, q, dan r di

mana ianya benar bila hanya salah satu daripada tiga pemboleh ubah

tersebut adalah benar, dan palsu jika sebaliknya.

5. Cari pernyataan dengan hanya menggunakan p, q,¬, dan ∨ yang memuas-


kan jadual kebenaran berikut:

p q ?

1 1 0

1 0 1

0 1 1

0 0 0

6. Tulis akas, kontrapositif, dan songsangan untuk implikasi berikut:

(a) (x2 = 1)→ (x = ±1)

(b) (ab = 0)→ [(a = 0) ∨ (b = 0)]

7. Guna jadual kebenaran untuk menunjukkan pernyataan berikut adalah

setara secara logik.

(a) p↔ q ≡ (p→ q) ∧ (q → p)

(b) ¬ (p→ q) ≡ p ∧ ¬q

8. Tentukan sama ada pernyataan berikut adalah satu tautologi.

[(p→ ¬q) ∧ q]→ ¬p

9. Tentukan sama ada pernyataan-pernyataan berikut adalah setara:

(a) p→ (q → r) dan (p→ q)→ r.

(b) p→ (¬q ∧ r) dan ¬p ∨ ¬(r → q).

10. Tulis satu pernyataan yang setara dengan ¬p ∧ ¬q dengan hanya meng-

gunakan p, q,¬ dan pengait ∨.

11. Buktikan bahawa ¬p→ ¬q dan songsangannya adalah tidak setara.


12. Tulis semula pernyataan matematik berikut ke dalam bentuk ayat tak for-

mal.

(a) ∃x ∈ R, (x > 2)→ (x2 > 4) .

(b) ∀m,n ∈ Z+,m · n ≥ m+ n.

13. Terjemah ayat tak formal berikut kepada pernyataan matematik (dalam

bentuk simbolik).

(a) Hasil tambah dua integer genap adalah genap.

(b) Sebarang integer yang mempunyai kuasa dua yang genap adalah

genap.

14. Pertimbangkan pernyataan berikut:

∃x ∈ Z, x2 = x

Tunjukkan bahawa pernyataan tersebut adalah benar.

15. Diberi B = {2, 3, 4, 5, 6}. Pertimbangkan pernyataan berikut:

∃x ∈ B, x2 = x

Tunjukkan bahawa pernyataan tersebut adalah palsu.

16. Andaikan Q(x, y) : x+ 2y = xy, di mana x dan y adalah integer.Tentukan

nilai kebenaran bagi pernyataan terbuka berikut:

(a) Q(1,−1)

(b) Q(0, 0)

(c) ∃y,Q(3, y)


RUJUKAN




Learning.









JAWAPAN


1. (a) Benar

(b) Benar

(c) Benar

(d) Benar

2. (a) ¬h ∧ ¬d.

(b) ¬d→ h.


3. (a) [¬p ∧ (p ∨ q)]→ q

p q ¬p p ∨ q ¬p ∧ (p ∨ q) [¬p ∧ (p ∨ q)]→ q

1 1 0 1 0 1

1 0 0 1 0 1

0 1 1 1 1 1

0 0 1 0 0 1

(b) [¬q ∧ (p→ q)]→ ¬p

p q ¬p ¬q p→ q ¬q ∧ (p→ q) [¬q ∧ (p→ q)]→ ¬p

1 1 0 0 1 0 1

1 0 0 1 0 0 1

0 1 1 0 1 0 1

0 0 1 1 1 1 1

(c) ¬(r → ¬q) ∨ (p ∧ ¬r)

p q r ¬ (r → ¬q) p ∧ ¬r ¬(r → ¬q) ∨ (p ∧ ¬r)

1 1 1 1 0 0

1 1 0 0 1 1

1 0 1 0 0 0

1 0 0 0 1 1

0 1 1 1 0 1

0 1 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0

4. (a) p ∧ ¬q ∧ r.

(b) (p ∧ ¬p) ∨ (q ∧ ¬q) ∨ (r ∧ ¬r).


5.

p q ¬(p ∨ ¬q)

1 1 0

1 0 0

0 1 1

0 0 0

6. (a) Akas : Jika f adalah suatu fungsi selanjar,

maka f adalah fungsi boleh beza.

Kontrapositif : Jika f bukan suatu fungsi selanjar,

maka f bukan fungsi boleh beza.

Songsangan : Jika f bukan suatu fungsi boleh beza,

maka f bukan fungsi selajar.

(b) Akas : Jikaa

cadalah integer, maka

a

bdan

b

cadalah integer.

Kontrapositif : Jikaa

cbukan integer, maka

a

bdan

b

cbukan integer.

Songsangan : Jikaa

bdan

b

cbukan integer, maka

a

cbukan integer.


1. (a) ¬ (p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q

p q ¬ (p ∧ q) ¬p ∨ ¬q

1 1 0 0

1 0 1 1

0 1 1 1

0 0 1 1


(b) ¬ (p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q

p q ¬ (p ∨ q) ¬p ∧ ¬q

1 1 0 0

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 1

2. [(p→ q) ∧ ¬p]→ ¬q

p q (p→ q) ∧ ¬p [(p→ q) ∧ ¬p]→ ¬q

1 1 0 1

1 0 0 1

0 1 1 0

0 0 1 1

Bukan tautologi

3. (a) Tidak setara. Andaikan q palsu dan p dan r benar.

(b) Tidak setara

4. ¬(¬p ∧ q).

5. ¬p ∨ q.

6. Nilai kebenaran berbeza apabila p benar dan q palsu.


1. (a) Kuasa dua untuk semua integer x adalah tidak negatif.

(b) Kuasa dua untuk semua nombor nyata x adalah tidak sama dengan

−1.


2. (a) ∀ segitiga t, t mempunyai tiga sisi.

(b) ∃x ∈ R, x2 = 2

3. Semak untuk semua nilai x ∈ A :

12 ≥ 1, 22 ≥ 2, 32 ≥ 3, 42 ≥ 4, 52 ≥ 5

Oleh yang demikian, ∀x ∈ A, x2 ≥ x adalah benar.

4. Pernyataan di atas adalah palsu kerana dengan mengambil satu contoh

penyangkal, x =1

2, kita dapati

(1

2

)2=1

4�1

2

5. (a) Palsu

(b) Palsu

(c) Benar.


1. (a) Palsu

(b) Palsu

2. (a) b→ d.

(b) h→ (b ∧ d).


3. (a) [(p→ q) ∧ (q → r)]→ (p→ r)

p q r [(p→ q) ∧ (q → r)] p→ r [(p→ q) ∧ (q → r)]→ (p→ r)

1 1 1 1 1 1

1 1 0 0 0 1

1 0 1 0 1 1

1 0 0 0 0 1

0 1 1 1 1 1

0 1 0 0 1 1

0 0 1 1 1 1

0 0 0 1 1 1

(b) ¬ (p↔ q)↔ [(p ∧ ¬q) ∨ (q ∧ ¬p)]

p q ¬ (p↔ q) [(p ∧ ¬q) ∨ (q ∧ ¬p)] ¬ (p↔ q)↔ [(p ∧ ¬q) ∨ (q ∧ ¬p)]

1 1 0 0 1

1 0 1 1 1

0 1 1 1 1

0 0 0 0 1

4. (p ∧ ¬q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r).

5.

p q ¬(¬p ∨ q) ∨ ¬(p ∨ ¬q)

1 1 0

1 0 1

0 1 1

0 0 0


6. (a) Akas : (x = ±1)→ (x2 = 1)

Kontrapositif : (x 6= ±1)→ (x2 6= 1)

Songsangan : (x2 6= 1)→ (x 6= ±1)

(b) Akas : [(a = 0) ∨ (b = 0)]→ (ab = 0)

Kontrapositif : [(a 6= 0) ∧ (b 6= 0)]→ (ab 6= 0)

Songsangan : (ab 6= 0)→ [(a 6= 0) ∧ (b 6= 0)]

7. (a) p↔ q ≡ (p→ q) ∧ (q → p)

p q p↔ q (p→ q) ∧ (q → p)

1 1 1 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 1

(b) ¬ (p→ q) ≡ p ∧ ¬q

p q ¬ (p→ q) p ∧ ¬q

1 1 0 0

1 0 1 1

0 1 0 0

0 0 0 0

8. [(p→ ¬q) ∧ q]→ ¬p

p q [(p→ ¬q) ∧ q] [(p→ ¬q) ∧ q]→ ¬p

1 1 0 1

1 0 0 1

0 1 1 1

0 0 0 1


Ya - Tautologi

9. (a) Tidak setara. Andaikan p, q, dan r palsu.

(b) Setara

10. ¬(p ∨ q).

11. Nilai kebenaran berbeza apabila p palsu dan q benar.

12. (a) Wujud nombor nyata x demikian sehingga jika x lebih besar dari-

pada 2 maka kuasa dua x lebih besar daripada 4.

(b) Hasil darab dua integer positif adalah lebih atau sama dengan hasil

tambahnya.

13. (a) ∀m,n ∈ Z, (m genap dan n genap)→ (m+ n genap)

(b) ∀n ∈ Z, (n2 genap)→ (n genap) .

14. Untuk menunjukkan pernyataan itu benar, cukup dengan memilih satu

x = 1. Maka

12 = 1

Oleh yang demikian, ∃x ∈ Z, x2 = x adalah benar.

15. Semak untuk setiap elemen B.

22 = 4 6= 2

32 = 9 6= 3

42 = 16 6= 4

52 = 25 6= 5

62 = 36 6= 6

Justeru, pernyataan ∃x ∈ B, x2 = x adalah palsu.


16. (a) Benar

(b) Benar

(c) Benar

UNIT PELAJARAN 3

ASAS PEMBUKTIAN MATEMATIK

HASIL PEMBELAJARAN


1. menggunakan petua-petua pentadbiran untuk menentukan kesahan se-

suatu hujah,

2. mengaplikasikan kaedah-kaedah pembuktian matematik,

3. membuktikan sesuatu pernyataan matematik yang mudah.

PENGENALAN

Dalam Unit Pelajaran 3 ini, kita akan belajar tentang pembuktian per-

nyataan matematik. Pembuktian dalam matematik adalah hujah

yang sah yang mewujudkan kebenaran pernyataan matematik. Se-

suatu hujah adalah sah jika dan hanya jika ia adalah mustahil untuk semua

premis adalah benar dan kesimpulan yang tidak benar. Untuk membuat ke-

simpulan pernyataan baru dari pernyataan yang kita sudah ada, kita meng-

gunakan petua-petua pentadbiran yang mana ia merupakan templat untuk

membina hujah-hujah yang sah. Petua-petua pentadbiran tersebut adalah alat

asas untuk mewujudkan kebenaran sesuatu pernyataan. Unit ini akan bermula

72

UNIT PELAJARAN 3. ASAS PEMBUKTIAN MATEMATIK | 73

dengan memperkenalkan tiga petua pentadbiran dalam logik usulan. Seterus-

nya, konsep pembuktian diperkenalkan, dan perbincangan tentang kaedah un-

tuk membina bukti diberi penekanan supaya kita mempunyai kemahiran untuk

membukti sesuatu pernyataan matematik.

3.1 HUJAH DAN PETUA PENTADBIRAN

3.1.1 Hujah dan Kesahan

DEFINISI 3.1 Suatu hujah (atau taakulan) adalah senarai pernyataan-pernya-

taan

p1, p2, p3, . . . , pn,∴ q

di mana

p1, p2, p3, . . . , pn

dipanggil premis (atau hipotesis), dan pernyataan q yang dipanggil kesimpu-

lan bagi hujah tersebut. Dalam proses berhujah, premis-premis ini digunakan

dan diteliti bagi mencapai kesimpulan.

p1

p2...

pn

∴ q

Suatu hujah itu dikatakan sah jika

(p1 ∧ p2 ∧ p3 · · · ∧ pn)→ q


adalah satu tautologi. Dengan menganggap kesemua premis adalah benar,

kita hendak menentukan (menunjukkan) kesimpulannya juga adalah benar.

Kesahan suatu hujah bergantung kepada struktur hujah itu, dan bukan-

nya nilai kebenaran pemboleh ubahnya. Struktur-struktur hujah yang sah

ini berpandukan kepada petua-petua pentadbiran. Ini dibincangkan dalam

bahagian seterusnya.

Apakah yang dimaksudkan dengan

suatu hujah yang sah?

3.1.2 Petua-Petua Pentadbiran

Sebagai permulaan, kita akan hanya menumpu kepada tiga petua yang utama:

modus ponens, modus tollens, dan percanggahan.

1. Modus Ponens: [(p→ q) ∧ p]→ q adalah satu tautologi.

p→ q

p

∴ q

2. Modus Tollens: [(p→ q) ∧ ¬q]→ ¬p adalah satu tautologi.

p→ q

¬q

∴ ¬p


3. Percanggahan: (¬p→ F )→ p

¬p→ F

∴ p

Kita boleh menyemak bahawa kedua-dua struktur hujah di atas adalah sah.

Bagaimanapun, struktur-struktur hujah berikut adalah tidak sah.

p→ q

q

∴ p

p→ q

¬p

∴ ¬q

Sila semak dengan mengguna jadual kebenaran, iaitu, tunjukkan bahawa

[(p→ q) ∧ q]→ p dan [(p→ q) ∧ ¬p]→ ¬q

bukan tautologi.

Apa itu modus ponens, modus tollens

dan percanggahan?


1. Apakah petua pentadbiran yang digunakan dalam hujah berikut: "Jika

hari ini berjerebu, maka sekolah akan ditutup. Sekolah tidak ditutup hari

ini. Oleh yang demikian, hari ini tidak berjerebu".


2. Terangkan mengapa hujah berikut tidak sah:

p→ q

¬p

∴ ¬q

3. Tentukan sama ada hujah berikut sah atau tidak:

p→ r

q → r

¬(p ∨ q)

∴ ¬r

3.2 KAEDAH-KAEDAH ASAS PEMBUKTIAN

Kaedah-kaedah asas pembuktian kita di bahagian ini berpandukan struktur hu-

jah modus ponens, modus tollens dan percanggahan.yang memberi kita dua

kaedah pembuktian iaitu pembuktian secara langsung, dan pembuktian se-

cara tak langsung.

3.2.1 Pembuktian Secara Langsung

Petua pentadbiran modus ponens menyatakan:"Jika p, maka q adalah benar,

dan, p benar, maka q juga benar", iaitu,

[(p→ q) ∧ p]→ q.

p→ q

p

∴ q


Dalam proses pembuktian secara langsung, kita akan menganggap premis

(hipotesis) p adalah benar, dan seterusnya ’bekerja’ untuk menunjukkan ke-

simpulan q juga adalah benar. Istilah ’bekerja’ di sini termasuklah membina

dan merangka serta mengguna definisi, operasi, teorem, dan/atau pernyataan

lepas yang telah dibuktikan benar untuk memperoleh q.

CATATAN 3.1 Semasa membuktikan secara langsung ialah pernyataan q tidak

boleh digunakan sebagai premis, iaitu, kita tidak boleh menganggap q benar,

tetapi sebaliknya kita mesti menunjukkan q benar.

Sebelum kita membincangkan contoh pembuktian secara langsung, satu

perkara yang menarik mengenai pernyataan-pernyataan matematik ialah boleh

dikatakan secara keseluruhannya pernyataan-pernyataan matematik ini boleh

dinyatakan semula dalam bentuk implikasi "Jika...maka..."

Sebelum kita membincangkan contoh-contoh pembuktian selanjutnya, kita

perkenalkan dahulu definisi yang akan kita gunakan nanti.

DEFINISI 3.2 Andaikan n adalah suatu integer.

(a) n dikatakan sebagai integer genap jika n boleh ditulis sebagai:

n = 2k, k ∈ Z

(b) n dikatakan sebagai integer ganjil jika n boleh ditulis sebagai:

n = 2l + 1, l ∈ Z

CONTOH 3.1 Kita akan membuktikan secara langsung penyataan:

"Kuasa dua bagi sebarang integer ganjil adalah juga integer ganjil".


Tetapi sebelum itu kita nyatakan semula pernyataan tersebut sebagai:

"Untuk semua integer n, jika n adalah ganjil, maka n2 juga adalah ganjil"

atau dalam bentuk simboliknya:

∀n ∈ Z, n ganjil → n2 ganjil

Di sini

premis p : "n adalah integer ganjil"

kesimpulan q : "n2 juga adalah integer ganjil"

Anggapkan p adalah benar, iaitu, katakan n adalah integer ganjil, dan kita

hendak menunjukkan bahawa n2 juga adalah integer ganjil. Daripada definisi

integer ganjil, n boleh ditulis sebagai n = 2k + 1, di mana k ∈ Z. Jadi,

n = 2k + 1

n2 = (2k + 1)2

= 4k2 + 4k + 1

= 2k (2k + 2) + 1

= 2kl + 1, di mana l = 2k + 2

= 2m+ 1, di mana m = kl,m ∈ Z

Ini menunjukkan bahawa, daripada definisi integer ganjil, n2 juga adalah inte-

ger ganjil. Justeru, kita telah menunjukkan kesimpulan q juga adalah benar.

CATATAN 3.2 Memilih satu (atau lebih) nilai n, katakan n = 3, kemudian kuasa

duakan, n2 = 32 = 9, bukanlah satu proses pembuktian yang lengkap kerana

pernyataan itu adalah benar untuk nilai n tertentu sahaja dan bukannya untuk


kesemua nilai integer ganjil n. Pemilihan sesuatu nilai bagi pemboleh ubah

seperti itu hanyalah bertujuan untuk meyakinkan kita bahawa pernyataan itu

secara amnya adalah benar.

CONTOH 3.2 Kita akan membuktikan secara langsung penyataan:

"Hasil tambah dua integer genap juga adalah genap"

Nyatakan semula:

"Untuk semua integer m dan n, Jika m dan n genap maka m+ n genap"

atau dalam bentuk simbolik:

∀m,n ∈ Z, (m genap ∧ n genap )→ m+ n genap

Andaikan m dan n adalah integer genap. Daripada definisi integer genap, m

dan n boleh ditulis sebagai:

m = 2k, n = 2l, k, l ∈ Z

Jadi,

m+ n = 2k + 2l

= 2 (k + l)

= 2m, di mana m = k + l,m ∈ Z

Justeru, m+ n juga adalah genap, iaitu kesimpulan yang dikehendaki.


CONTOH 3.3 Untuk membuktikan pernyataan:

"Hasil tambah dua pecahan adalah juga satu pecahan"

kita nyata semula dalam bentuk simbolik:

∀r, s ∈ Q, r + s ∈ Q

Andaikan r dan s adalah pecahan. Daripada definisi pecahan kita ketahui

bahawa r dan s boleh ditulis sebagai:

r =a

b, a, b ∈ Z, b 6= 0

s =c

d, c, d ∈ Z, d 6= 0

Oleh itu,

r + s =a

b+c

d

=ad+ bc

bd

=m

n, di mana m = ad+ bc, n = bd ∈ Z, n 6= 0

Justeru, r + s =m

n∈ Q, iaitu, r + s juga adalah pecahan.

3.2.2 Pembuktian Secara Tak Langsung

Kadangkala pembuktian secara langsung bagi sesuatu pernyataan adalah su-

kar dilaksanakan atau mengambil langkah yang panjang. Salah satu alternatif

bagi mengatasi masalah ini ialah dengan menggunakan kaedah pembuktian

secara tak langsung.

Pembuktian secara tak langsung terbahagi kepada dua jenis: pembuktian

secara kontraposisi dan pembuktian secara percanggahan.


Pembuktian secara kontraposisi berkait rapat dengan konsep kontraposi-

tif yang telah dibincangkan dalam Unit Pelajaran 2. Kita telah menunjukkan

bahawa kontrapositif bagi suatu implikasi, iaitu:

(p→ q)↔ (¬q → ¬p)

adalah setara secara logik. Dalam pembuktian secara tak langsung, kita akan

menggunakan hakikat kesetaraan ini, dan berdasarkan kepada struktur hujah

modus tollens:

[(p→ q) ∧ ¬q]→ ¬p

p→ q

¬q

∴ ¬p

dan menganggap bahawa jika kesimpulannya adalah palsu, maka kita akan

tunjukkan premisnya juga adalah palsu.

CONTOH 3.4 Untuk membukti pernyataan

”∀n ∈ Z, 3n+ 2 adalah ganjil→ n adalah ganjil"

secara langsung, kita perlu menganggap premisnya:

3n+ 2 adalah ganjil

benar, dan cuba menunjukkan kesimpulannya

n adalah ganjil

juga benar. Namun begitu, kita akan dapati proses pembuktian secara lang-

sung ini agak sukar untuk dilaksanakan. (Sila semak!) Oleh yang demikian,


kita cuba pula pembuktian secara kontraposisi, iaitu, kita anggap kesimpulan-

nya palsu, yakni, andaikan n adalah genap, dan tunjuk premisnya juga adalah

palsu iaitu, 3n+ 2 juga adalah genap. Jadi,

n = 2k, k ∈ Z

3n+ 2 = 3 (2k) + 2

= 2 (3k + 1)

= 2m, di mana m = 3k + 1 ∈ Z

Justeru, 3n+ 2 adalah genap untuk semua integer m.

Satu lagi kaedah pembuktian secara tak langsung ialah pembuktian secara

percanggahan. Pembuktian secara ini berasaskan kepada petua pentadbiran

(¬p→ F )→ p

¬p→ F

∴ p

Dalam proses membuktikan implikasi p → q secara percanggahan, kita

akan menganggap premis p adalah benar dan kesimpulan q adalah palsu iaitu,

p∧¬q. Kita kemudiannya ’bekerja’ bagi menunjukkan bahawa ¬p adalah benar.

Ini akan membawa kita kepada satu percanggahan kerana kita akan dapati dua

pernyataan p dan ¬p (atau apa-apa percanggahan lain) adalah benar secara

serentak

p ∧ ¬p

Ini adalah satu yang mustahil berlaku. Jadi, kita akan membuat kesimpulan

bahawa anggapan p benar dan q palsu adalah palsu. Justeru, q semestinyalah

juga benar.


CONTOH 3.5 Kita akan membuktikan pernyataan

”∀n ∈ Z, 3n+ 2 adalah ganjil→ n adalah ganjil"

secara percanggahan. Pertama sekali, kita anggap 3n+2 ganjil dan n genap.

Andaikan n = 2k, k ∈ Z. Jadi

3n+ 2 = 3 (2k) + 2

= 2 (3k) + 2

= 2 (3k + 1)

= 2m, m = 3k + 1 ∈ Z

menunjukkan bahawa 3n+2 adalah genap. Ini jelas merupakan satu percang-

gahan kerana pada asalnya kita menganggap 3n + 2 adalah ganjil, tetapi kini

3n+ 2 adalah genap. Jadi, anggapan bahawa n genap adalah palsu. Justeru,

n mestilah ganjil.

Apakah perbezaan di antara pembuktian secara

langsung, kontraposisi dan percanggahan?


1. Andaikan anda hendak membuktikan suatu teorem dalam bentuk “jika p

maka q”.

(a) Jika menggunakan pembuktian secara lansung, apakah yang anda

andaikan dan apakah yang anda cuba buktikan?


(b) Jika menggunakan pembuktian secara kontraposisi, apakah yang

anda andaikan dan apakah yang anda cuba buktikan?

2. Beri pembuktian secara langsung bagi pernyataan berikut:

“Jika x adalah integer ganjil dan y adalah integer genap, maka x+ y

adalah ganjil”.

3. Pertimbangkan teorem berikut:

"Jika x dan y adalah integer ganjil, maka x+ y adalah genap".

Beri pembuktian secara percanggahan kepada teorem tersebut.


"Jika x adalah integer ganjil, maka x+ 2 adalah ganjil".

Beri pembuktian secara langsung kepada teorem tersebut.



Beri pembuktian secara kontraposisi kepada teorem tersebut.



Beri pembuktian secara percanggahan kepada teorem tersebut.


7. Buktikan teorem berikut:

"n adalah genap jika dan hanya jika n2 adalah genap".

RUMUSAN

Proses pembuktian sesuatu pernyataan boleh menjadi satu urusan yang men-

cabar. Apabila kita berhadapan dengan pernyataan untuk dibuktikan, kita

perlu menggantikan istilah mengikut definisi mereka dan kemudian dengan

berhati-hati menganalisis makna premis (hipotesis) dan kesimpulan perny-

ataan tersebut. Selepas berbuat demikian, kita boleh cuba untuk membuk-

tikan pernyataan tersebut dengan menggunakan salah satu daripada kaedah

pembuktian yang telah dibincangkan. Dalam Unit Pelajaran 3 ini diharapkan

kita telah mendapat pendedahan bagaimana proses-proses di atas dapat di-

lakukan dengan baik dan sistematik.

KATA KUNCI

Hujah, kesahan, petua pentadbiran, premis, kesimpulan, modus ponens,

modus tollens, percanggahan, pembuktian secara langsung, pembuktian se-

cara tak langsung.

LATIHAN SUMATIF 3

1. Apakah petua pentadbiran yang digunakan dalam hujah berikut: "Jika

hari ini berjerebu, maka sekolah akan ditutup. Hari ini berjerebu. Oleh

yang demikian, sekolah akan ditutup".


2. Terangkan mengapa hujah berikut tidak sah:

p→ q

q

∴ p

3. Tentukan sama ada hujah berikut sah atau tidak:

p→ r

q → r

q ∨ ¬r

∴ ¬p

4. Andaikan anda hendak membuktikan suatu teorem dalam bentuk “jika p

maka q”. Jika menggunakan pembuktian secara percanggahan, apakah

yang anda andai dan apakah yang anda cuba buktikan?

5. Berikan pembuktian secara percanggahan bagi pernyataan berikut:

"Jika n adalah integer ganjil, maka n2 adalah ganjil".


"Jika x dan y adalah integer ganjil, maka x+ y adalah genap".

Beri pembuktian secara langsung kepada teorem tersebut.

7. Berikan pembuktian secara percanggahan kepada pernyataan berikut:

"Jika x dan y adalah integer genap, maka xy adalah genap".



"Jika n adalah integer genap, maka n+ 1 adalah ganjil".

Berikan pembuktian secara langsung kepada teorem tersebut.


"Jika n adalah integer genap, maka n+ 1 adalah ganjil".

Berikan pembuktian secara percanggahan kepada teorem tersebut.

10. Buktikan bahawa pernyataan berikut adalah benar untuk semua integer

positif n :

"n adalah genap jika dan hanya jika 3n2 + 8 adalah genap".

11. Buktikan pernyataan berikut:

"Jika m dan n adalah integer genap, maka mn adalah gandaan 4".

RUJUKAN




Learning.










JAWAPAN


1. Modus tollens.

2. p palsu dan q benar memberikan hipotesis benar tetapi kesimpulan palsu.

3. Tidak sah: p palsu, q palsu, r benar


1. (a) Andai p, bukti q.

(b) Andai ¬q, bukti ¬p.

2. Andaikan x = 2k+1, y = 2l. Jadi x+y = 2k+1+2l = 2(k+ l)+1, adalah

ganjil.

3. Andaikan x = 2k + 1 dan y = 2l + 1, tetapi x + y = 2m + 1. Maka

(2k+1)+ (2l+1) = 2m+1. Justeru 2(k+ l−m+1) = 1 (genap = ganjil),

adalah satu percanggahan. Maka, x+ y adalah genap.

4. Andaikan x = 2k + 1. Maka x+ 2 = 2k + 1 + 2 = 2(k + 1) + 1,iaitu ganjil.

5. Andaikan x+ 2 = 2k. Makax = 2k − 2 = 2(k − 1),iaitu genap.


6. Andaikan x ganjil tetapi x + 2 genap. Maka x = 2k + 1dan x + 2 = 2l.

Jadi,(2k + 1) + 2 = 2l. Maka 2(k + 1 − l) = −1 (genap = ganjil), satu

percanggahan.

7. Jika n genap, maka n2 = (2k)2 = 2(2k2), iaitu genap. Jika n ganjil, maka

n2 = (2k + 1)2 = 2(2k2 + 2k) + 1, iaitu ganjil.


1. Modus ponen.

2. Menganggapkan kesimpulan benar tidak semestinya memberikan hipote-

sis yang benar juga.

3. Tidak sah: p benar, q benar, r benar

4. Andaikan p ∧ ¬q, tunjuk bahawa ini membawa kepada percanggahan.

5. Andaikan n = 2k+1 tetapi n2 = 2l.Jadi (2k+1)2 = 2l, atau 4k2+4k+1 = 2l.

Justeru, 2(2k2 + 2k − l) = −1 (genap = ganjil), satu percanggahan. Jadi,

n2 iadalah ganjil.

6. Andaikan x = 2k+1, y = 2l+1. Maka, x+y = 2k+1+2l+1 = 2(k+ l+1),

adalah genap.

7. Andaikan x = 2k dan y = 2l, tetapi xy = 2m + 1. Maka 2k · 2l = 2m + 1.

Jadi, 2(2kl −m) = 1 (genap = ganjil), yang merupakan satu percangga-

han. Maka xy adalah genap.

8. Andaikan n = 2k. Maka n+ 1 = 2k + 1, iaitu ganjil.

9. Andaikan n = 2k Tetapi n + 1 = 2l. Maka 2k + 1 = 2l (genap = ganjil),

satu percanggahan.


10. Jika n genap, maka n = 2k. Oleh yang demikian, 3n2 + 8 = 3(2k)2 + 8 =

12k2 + 8 = 2(6k2 + 4), iaitu genap. Jika n ganjil, maka n = 2k + 1. Oleh

itu, 3n2 + 8 = 3(2k + 1)2 + 8 = 12k2 + 12k + 11 = 2(6k2 + 6k + 5) + 1, iaitu

ganjil..

11. Jika m = 2k dan n = 2l, maka mn = 4kl. Jadi, mn adalah gandaan 4.

UNIT PELAJARAN 4

KAEDAH PEMBILANG

HASIL PEMBELAJARAN


1. menyelesaikan masalah pembilang dengan menggunakan prinsip pen-

daraban dan prinsip penambahan.

2. menyelesaikan masalah pembilang yang berbentuk susunan bertertib

dan susunan tidak bertertib dengan menggunakan pilihatur dan gabu-

ngan.

PENGENALAN

Kombinatoriks, atau kajian pengaturan objek, adalah satu bahagian

penting dalam matematik diskret. Subjek ini telah diajar lama dahulu

iaitu sekitar abad ketujuh belas, apabila soalan gabungan timbul da-

lam kajian permainan. Membilang objek dengan sifat-sifat tertentu, adalah ba-

hagian penting dalam Kombinatorik. Kita mesti membilang objek untuk menye-

lesaikan pelbagai jenis masalah yang berkaitan. Sebagai contoh, pembilang

digunakan untuk menentukan kerumitan algoritma. Pembilang juga diperlukan

untuk menentukan sama ada terdapat nombor telefon atau alamat protokol in-

91

UNIT PELAJARAN 4. KAEDAH PEMBILANG | 92

ternet yang cukup untuk memenuhi permintaan. Di samping itu juga, teknik

pembilang digunakan secara meluas apabila kebarangkalian peristiwa-peris-

tiwa dikira.

Dalam Unit Pelajaran 4 ini, dua prinsip asas pembilang, iaitu prinsip pen-

daraban dan prinsip penambahan akan dibincangkan. Seterusnya, kita juga

akan bincang bagaimana prinsip-prinsip membilang tersebut boleh digunakan

untuk menyelesaikan banyak masalah pembilang.

Banyak masalah pembilang boleh diselesaikan dengan mencari beberapa

cara untuk mengatur sebilangan elemen-elemen yang dinyatakan dan yang

berbeza daripada satu set dengan saiz yang tertentu, di mana susunan elemen-

elemen diambil kira. Terdapat juga masalah pembilang lain yang boleh disele-

saikan dengan mencari bilangan cara untuk memilih bilangan elemen-elemen

tertentu dari satu set bersaiz tertentu, di mana susunan unsur-unsur yang

dipilih tidak diambil kira. Oleh itu dalam unit ini, kita juga akan membin-

cangkan konsep pilihatur dan gabungan yang boleh menolong kita menyele-

saikan masalah-masalah tersebut.

4.1 PRINSIP PENDARABAN dan PRINSIP PENAMBAHAN

4.1.1 Prinsip Pendaraban

DEFINISI 4.1 Andaikan dua tugasan T1 dan T2 dilaksanakan secara berturu-

tan. Jika T1 boleh dilaksanakan dalam n1 cara, dan, untuk setiap cara ini,

T2 boleh dilaksanakan dalam n2 cara, maka tugasan T1T2 boleh dilaksanakan

dalam n1n2 cara. Idea ini boleh dikembangkan kepada k tugasan. Andaikan

T1, T2, T3, . . . , Tk adalah tugasan-tugasan yang dilaksanakan secara berturu-

tan. Jika T1 boleh dilaksanakan dalam n1 cara, dan untuk setiap cara ini, T2

boleh dilaksanakan dalam n2 cara, dan untuk setiap n1n2 cara melaksanakan

T1T2 secara berturutan, T3 boleh dilaksanakan dalam n3 cara, dan seterusnya.,


maka T1T2T3 · · ·Tk boleh dilaksanakan dalam n1nnn3 · · ·nk cara.

CONTOH 4.1 Suatu nombor pendafataran kenderaan mengandungi tiga huruf

dan diikuti dengan empat digit nombor. Andaikan setiap huruf (A− Z) dan se-

tiap nombor (1− 9) boleh digunakan sebagai nombor pendaftaran suatu ken-

deraan, dan pengulangan adalah dibenarkan bagi huruf atau nombor tersebut.

Kita dapat membentuk suatu nombor pendaftaran seperti berikut:

Memilih huruf pertama : 26 cara

Memilih huruf kedua : 26 cara

Memilih huruf ketiga : 26 cara

Memilih nombor pertama : 26 cara

Memilih nombor kedua : 26 cara

Memilih nombor ketiga : 26 cara

Memilih nombor keempat : 26 cara

Oleh yang demikian, terdapat

26 · 26 · 26 · 10 · 10 · 10 · 10 = 263 · 104

cara nombor pendaftaran yang dapat dibentuk.

CONTOH 4.2 Jika suatu nombor pendaftaran kenderaan dibentuk daripada

tiga huruf dan empat digit nombor seperti dalam contoh di atas, tetapi kali

ini, setiap huruf dan nombor tersebut hanya dibenar digunakan sekali sahaja

(tanpa pengulangan), maka kita dapat membentuk

26 · 25 · 24 · 10 · 9 · 8 · 7

cara.


TEOREM 4.1 Andaikan S adalah suatu set dengan n elemen, dan andaikan

1 ≤ r ≤ n.

(a) Jika pengulangan dibenarkan, maka bilangan turutan dengan panjang

r yang dapat dibentuk daripada elemen-elemen S ialah

n · n · · · · · n︸︷︷︸r kali

= nr

(b) Jika pengulangan tidak dibenarkan, maka bilangan turutan dengan

panjang r yang dapat dibentuk daripada elemen-elemen S ialah

n (n− 1) (n− 2) · · · (n− r + 1)

4.1.2 Prinsip Penambahan

DEFINISI 4.2 Andaikan S1, S2, . . . , Sk adalah set-set yang saling tak bercan-

tum di mana |Si| = ni. Maka,

|S1 ∪ S2 ∪ · · · ∪ Sk| = n1 + n2 + · · ·+ nk

CONTOH 4.3 Andaikan terdapat lima buku Matematik Diskret, tiga buku Kalku-

lus, dan dua buku Aljabar Linear yang berbeza. Untuk memilih dua buku dari-

pada tiga jenis buku tersebut, kita boleh memilih sama ada: satu buku Mate-

matik Diskret dan satu buku Kalkulus, atau, satu buku Matematik Diskret dan

satu buku Aljabar Linear, atau, satu buku Kalkulus dan satu buku Aljabar Li-

near. Oleh itu, terdapat

(5 · 3) + (5 · 2) + (3 · 2) = 31

cara pemilihan dua buku dapat dilaksanakan.


CONTOH 4.4 Suatu jawatankuasa yang mengandungi enam orang terdiri dari-

pada Shahrizal, Norashiqin, Shahira, Shahrin, Shafiq, and Shakeel dikehen-

daki memilih seorang pengerusi, setiausaha dan bendahari.

(a) Dalam berapa cara ini boleh dilakukan?

(b) Dalam berapa cara ini boleh dilakukan jika Shahrizal atau Shakeel mesti

menjadi pengerusi?

(c) Dalam berapa cara ini boleh dilakukan jika Shahira mesti memegang

salah satu daripada jawatan yang dipertandingkan?

(d) Dalam berapa cara ini boleh dilakukan jika kedua-dua Norashiqin dan

Shahrin mesti memegang mana-mana jawatan?

Selesaian:

(a) Pilih seorang pengerusi, pilih seorang setiausaha, dan pilih seorang

bendahari, iaitu:

6 · 5 · 4 = 120

(b) Pilih Shahrizal sebagai pengerusi, kemudian pilih seorang setiausa-

ha, dan pilih seorang bendahari, atau, pilih Shakeel sebagai penge-

rusi, kemudian pilih seorang setiausaha, dan pilih seorang benda-

hari:

(1 · 5 · 4) + (1 · 5 · 4) = 40

(c) Jika Shahira adalah pengerusi, kita ada 5·4 = 20 cara untuk memilih

seorang setiausaha dan seorang bendahari, atau, jika Shahira ada-

lah setiausaha, kita ada 5 · 4 = 20 cara untuk memilih seorang

pengerusi dan seorang bendahari, atau, jika Shahira adalah ben-

dahari, kita ada 5 · 4 = 20 cara untuk memilih seorang pengerusi


dan seorang setiausaha. Jadi, terdapat

20 + 20 + 20 = 60

cara ini boleh dilakukan.

ATAU

Ada 3 cara untuk mengumpukkan Shahira sebarang jawatan dan

20 cara memilih jawatan-jawatan lain.(selain daripada jawatan yang

telah diumpuk kepada Shahira), iaitu:

3 · 20 = 60

cara.

(d) Terdapat 3 cara untuk mengumpukkan Norashiqin atau Shahrin me-

megang jawatan pertama, 2 cara untuk mengumpukkan Norashiqin

atau Shahrin memegang dua jawatan berikutnya, dan 4 cara untuk

mengumpukkan jawatan terakhir, iaitu terdapat:

3 · 2 · 4 = 24

cara ini boleh dilakukan.

Dalam situasi manakah prinsip pendaraban

atau prinsip penambahan sesuai digunakan?



1. Andaikan satu perkataan dibentuk dengan menggunakan tujuh huruf da-

lam abjad, dan pengulangan huruf dibenarkan.

(a) Berapakah perkataan yang mungkin dapat dibentuk?

(b) Berapakah perkataan yang bermula dengan huruf R dan berakhir

dengan huruf T mungkin dapat dibentuk?

(c) Berapakah perkataan yang bermula dengan huruf A atau berakhir

dengan huruf B mungkin dapat dibentuk?

(d) Berapakah perkataan yang bermula dengan huruf A atau B atau

berakhir dengan huruf A atau B mungkin dapat dibentuk?

(e) Berapakah perkataan yang bermula dengan huruf vokal atau

berakhir dengan huruf vokal mungkin dapat dibentuk?

(f) Berapakah perkataan yang tiada huruf vokal mungkin dapat diben-

tuk?

2. Katakan sebuah restoran menyediakan set makan malam terdiri dari-

pada sup, salad, hidangan utama, pencuci mulut dan minuman. Jika

restoran itu menyajikan lima jenis sup, tiga jenis salad, sepuluh jenis hi-

dangan utama, lima jenis pencuci mulut dan empat jenis minuman, bera-

pakah set makan malam yang ada disediakan?

4.2 PILIHATUR dan GABUNGAN

4.2.1 Pilihatur

DEFINISI 4.3 Pilihatur adalah susunan bertertib objek-objek (atau elemen-

elemen) yang berbeza. Jika terdapat n objek yang berbeza, maka bilangan


pilihatur n objek (cara untuk memilih dan menyusun n objek tersebut) ialah

n! = n (n− 1) (n− 2) · · · (n− r + 1) (n− r + 2) · · · (1)

CONTOH 4.5 Andaikan S = {a, b, c} . Oleh kerana |S| = 3, maka terdapat

3! = 3× 2× 1 = 6

pilihatur untuk menyusun elemen-elemen S, iaitu:

(a, b, c) (a, c, b) (b, a, c) (b, c, a) (c, a, b) (c, b, a)

CATATAN 4.1 Tatatanda (, ) digunakan bagi menunjukkan elemen (objek) itu

mengikut susunan.

CONTOH 4.6 Perkataan "KOMPUTER" mengandungi lapan huruf yang ber-

beza.

(a) Terdapat 8! = 40, 320 pilihatur bagi memilih dan menyusun perkataan

KOMPUTER dalam satu baris.

(b) Jika huruf-huruf KO mesti bersama sebagai satu unit, maka terdapat

7! = 5, 040 pilihatur untuk perkataan KOMPUTER.

CONTOH 4.7 Enam sekeluarga (ibu, bapa dan empat orang anak) duduk di

sekeliling meja bulat untuk menikmati makan malam di sebuah restoran. Un-

tuk memilih dan menyusun kedudukan secara bebas, pertama sekali si bapa

(atau sesiapa sahaja dalam keluarga tersebut) akan mengambil kedudukan

pertama. Kemudian, terdapat 5! = 120 pilihatur untuk memilih dan menyusun

kedudukan yang lain.


DEFINISI 4.4 Suatu susunan bertertib bagi r objek (atau elemen) daripada

n objek (atau elemen) yang berbeza dinamakan pilihatur−r, dan diwakili

dengan tatatanda P (n, r) .

TEOREM 4.2 Jika 1 ≤ r ≤ n, di mana r, n ∈ N, maka

P (n, r) = n (n− 1) (n− 2) · · · (n− r + 1)

ialah pilihatur−r objek daripada n objek yang berbeza.

CATATAN 4.2

(a) 0! = 1

(b) P (n, 0) ialah pilihatur−0 objek yang diambil daripada n objek yang berbeza,

iaitu

P (n, 0) = 1

(c) P (n, n) ialah pilihatur−n objek yang diambil daripada n objek yang berbeza.

Justeru,

P (n, n) = n (n− 1) (n− 2) · · · (n− r + 1) (n− r + 2) · · · (1) = n!

CONTOH 4.8 Andaikan S = {1, 2, 3, 4} . Di sini |S| = 4 bilangan elemen (ob-

jek).

• P (4, 0) = 1, iaitu tidak melakukan apa-apa.

• P (4, 1) = 4, iaitu:

(1) (2) (3) (4)


• P (4, 2) = 4 · 3 = 12, iaitu:

(1, 2) (1, 3) (1, 4)

(2, 1) (2, 3) (2, 4)

(3, 1) (3, 2) (3, 4)

(4, 1) (4, 2) (4, 3)

• P (4, 3) = 4 · 3 · 2 = 24, iaitu:

(1, 2, 3) (1, 3, 2) (1, 2, 4) (1, 4, 2) (1, 3, 4) (1, 4, 3)

(2, 1, 3) (2, 3, 1) (2, 1, 4) (2, 4, 1) (2, 3, 4) (2, 4, 3)

(3, 1, 2) (3, 2, 1) (3, 1, 4) (3, 4, 1) (3, 2, 4) (3, 4, 2)

(4, 1, 2) (4, 2, 1) (4, 1, 3) (4, 3, 1) (4, 2, 3) (4, 3, 2)

• P (4, 4) = 4! = 4 · 3 · 2 · 1 = 24, iaitu:

(1, 2, 3, 4) (1, 2, 4, 3) (1, 3, 2, 4) (1, 3, 4, 2) (1, 4, 2, 3) (1, 4, 3, 2)

(2, 1, 3, 4) (2, 1, 4, 3) (2, 3, 1, 4) (2, 3, 4, 1) (2, 4, 1, 3) (2, 4, 3, 1)

(3, 1, 2, 4) (3, 1, 4, 2) (3, 2, 1, 4) (3, 2, 4, 1) (3, 4, 1, 2) (3, 4, 2, 1)

(4, 1, 2, 3) (4, 1, 3, 2) (4, 2, 1, 3) (4, 2, 3, 1) (4, 3, 1, 2) (4, 3, 2, 1)

KOROLARI 4.1 Jika n dan r adalah integer bukan negatif dengan 0 ≤ r ≤ n,

maka,

P (n, r) =n!

(n− r)!

Bukti:

n!

(n− r)! =n (n− 1) (n− 2) · · · (n− r + 1) (n− r)!

(n− r)!= n (n− 1) (n− 2) · · · (n− r + 1)

= P (n, r)


4.2.2 Gabungan

DEFINISI 4.5 Suatu pemilihan tak bertertib bagi r objek (atau elemen)

daripada n objek (atau elemen) yang berbeza dinamakan gabungan−r, dan

diwakili dengan tatatanda

(n

r

)

CATATAN 4.3

(n

r

)juga dikenali sebagai bilangan subset yang dengan r

elemen daripada suatu set dengan n elemen yang berbeza.

TEOREM 4.3 Jika n dan r adalah integer bukan negatif dengan 0 ≤ r ≤ n,

maka gabungan−r objek daripada n objek yang berbeza ialah:

(n

r

)=

n!

r! (n− r)!

CONTOH 4.9 Andaikan S = {1, 2, 3, 4} . Di sini |S| = 4 bilangan elemen (ob-

jek).

•(4

0

)=

4!

0! (4!)= 1, adalah bilangan subset yang tiada elemen, iaitu ∅.

•(4

1

)=

4!

1! (3!)= 4, adalah bilangan subset yang mempunyai satu ele-

men, iaitu:

{1} {2} {3} {4}

•(4

2

)=

4!

2! (2!)= 6, iaitu bilangan subset yang mempunyai dua elemen,

iaitu:

{1, 2} {1, 3} {1, 4}

{2, 3} {2, 4} {3, 4}

•(4

3

)=

4!

3! (1!)= 4, iaitu bilangan subset yang mempunyai tiga elemen,

iaitu:

{1, 2, 3} {1, 2, 4} {1, 3, 4} {2, 3, 4}


•(4

4

)=

4!

4! (0!)= 1, iaitu bilangan subset yang mempunyai empat elemen,

iaitu {1, 2, 3, 4} = S.

CATATAN 4.4 Tatatanda {, } digunakan bagi menunjukkan elemen (objek) itu

tidak mengikut susunan.

4.2.3 Hubungan antara Gabungan dan Pilihatur

Jika diteliti rumus (n

r

)=

n!

r! (n− r)!

kita dapat membentuk hubungan antara gabungan dan pilihatur seperti berikut:

(n

r

)=

n!

r! (n− r)!

=n!/ (n− r)!r! (r − r)!

=P (n, r)

P (r, r)

=P (n, r)

r!

Justeru,

P (n, r) =

(n

r

)· r!

Ini menepati definisi P (n, r) di mana ia bermaksud: "Pilih r daripada n, objek,

dan kemudian susun".

CONTOH 4.10 Andaikan S = {a, b, c, d}1. Bilangan pilihatur−2 elemen dari-

pada {a, b, c, d} ialah:

P (4, 2) =4!

2!= 12

Proses untuk mendapat P (4, 2) dilaksanakan seperti berikut:

1Dalam pilihatur atau gabungan, bilangan elemen diberi keutamaan berbanding dengan

elemen tersebut.


• pilih dua elemen daripada {a, b, c, d}, iaitu

(4

2

), dan kemudian,

• susun dua elemen tersebut, iaitu 2!

Pilih subset Susun dua elemen

{a, b} (a, b) , (b, a)

{a, c} (a, c) , (c, a)

{a, d} (a, d) , (d, a)

{b, c} (b, c) , (c, b)

{b, d} (b, d) , (d, b)

{c, d} (c, d) , (d, c)

• bilangan cara memilih dua daripada empat elemen dalam {a, b, c, d} ialah(4

2

), dan bilangan cara menyusun dua elemen tersebut ialah 2!. Jadi,

dengan menggunakan prinsip pendaraban, bilangan cara memilih dan

menyusun dua elemen daripada objek dalam {a, b, c, d} ialah pilihatur−2

elemen daripada {a, b, c, d} iaitu:

P (4, 2) =

(4

2

)· 2! = 6 · 2 = 12

CONTOH 4.11 Satu kumpulan dua belas orang yang terdiri daripada lima lelaki

dan tujuh wanita akan dipilih bagi membentuk satu jawatankuasa yang men-

gandungi lima orang.

(a) Bilangan cara memilih jawatankuasa lima orang daripada dua belas orang

ialah (12

5

)= 792

(b) Bilangan cara memilih jawatankuasa lima orang yang mengandungi tiga


lelaki dan dua wanita ialah:

(5

3

)(7

2

)= 210

(c) Bilangan cara memilih jawatankuasa lima orang yang mengandungi se-

kurang-kurangnya seorang lelaki ialah

(5

1

)(7

4

)+

(5

2

)(7

3

)+

+

(5

3

)(7

2

)+

(5

4

)(7

1

)+

(5

5

)(7

0

)= 771

(d) Bilangan cara memilih jawatankuasa lima orang yang mengandungi se-

lebih-lebihnyanya seorang lelaki ialah

(5

0

)(7

5

)+

(5

1

)(7

4

)= 196


1. Diberi tujuh A,B,C,D,E, F dan G.

(a) Berapakah pilihatur bagi tujuh huruf tersebut?

(b) Berapakah pilihatur bagi tujuh huruf tersebut jika E berada di posisi

yang pertama?

(c) Berapakah pilihatur bagi tujuh huruf tersebut jika E berada di salah

satu daripada dua posisi yang pertama?

2. Sembilan orang (Azhar, Azman, Halim, Faizal, Lailatul, Rohaidah, Sazelli,

Zamzana, dan Zulkifley) berada dalam satu bilik seminar. Lima daripada

mereka berdiri dalam satu baris untuk bergambar. Berapakah cara ini

boleh dilakukan jika:


(a) Zulkifley berada dalam gambar?

(b) Kedua-dua Halim dan Sazelli berada dalam gambar?

(c) Sama ada Lailatul atau Rohaidah tidak berada dalam gambar?

(d) Faizal berada di hujung kiri dan Zamzana berada di hujung kanan?

3. Satu persatuan dengan 17 lelaki dan 20 wanita perlu membentuk satu

jawatankuasa yang mengandungi enam orang.

(a) Berapakah cara ini dapat dilakukan?

(b) Berapakah cara ini dapat dilakukan jika jawatankuasa itu mesti men-

gandungi tiga lelaki dan tiga wanita?

4. Satu kelab pelajar yang terdiri daripada 25 lelaki dan 15 wanita perlu

melantik tiga orang yang berlainan untuk memegang jawatan presiden,

timbalan presiden, dan bendahari.

(a) Berapakah cara ini dapat dilakukan?

(b) Berapakah cara ini dapat dilakukan jika wanita dipilih sebagai pres-

iden dan timbalan presiden, dan lelaki sebagai bendahari?

5. Berapakah bilangan subset dengan bilangan elemen yang ganjil terdapat

pada suatu set yang mengandungi 10 elemen?

6. Berapakah cara untuk memilih 6 pelajar dari satu kelas seramai 25 orang

untuk berada dalam satu jawatankuasa?

7. Cari bilangan subset bagi S = {1, 2, 3, . . . , 10} yang:

(a) mengandungi nombor 5.

(b) mengandungi kedua-dua 5 dan 6.

(c) mengandungi tiga elemen.


(d) mengandungi lima elemen di mana ke semuanya adalah genap.

(e) mengandungi lima elemen di mana dua daripadanya adalah 3 dan

4.

(f) mengandungi lima elemen di mana tiada 3 atau 4.

(g) mengandungi empat elemen di mana hasil tambahnya adalah ganjil.

RUMUSAN

Banyak masalah pembilang boleh diselesaikan dengan menggunakan prinsip

pendaraban dan penambahan. Ada juga masalah pembilang yang berbentuk

susunan bertertib dan tidak bertertib yang boleh diselesaikan dengan meng-

gunakan kaedah pilihatur dan gabungan. Keempat-empat kaedah pembilang

tersebut telah dibincangkan dengan contoh-contoh dalam unit ini.

KATA KUNCI

Prinsip pendaraban, prinsip penambahan, pilihatur, gabungan.

LATIHAN SUMATIF 4

1. Andaikan satu perkataan dibentuk dengan menggunakan tujuh huruf da-

lam abjad, dan pengulangan huruf dibenarkan.

(a) Berapakah perkataan yang berakhir dengan huruf T mungkin dapat

dibentuk?

(b) Berapakah perkataan yang bermula dengan hurufA atauB mungkin

dapat dibentuk?

(c) Berapakah perkataan yang bermula dengan huruf A atau B dan

berakhir dengan huruf A atau B mungkin dapat dibentuk?


(d) Berapakah perkataan yang bermula dengan huruf vokal dan

berakhir dengan huruf vokal mungkin dapat dibentuk?

(e) Berapakah perkataan yang bermula dengan AAB dalam susunan

yang sama mungkin dapat dibentuk?

(f) Berapakah perkataan yang hanya mempunyai satu huruf

vokal mungkin dapat dibentuk?

2. Katakan sebuah restoran menyediakan set makan malam terdiri dari-

pada sup, salad, hidangan utama, pencuci mulut dan minuman. Jika

restoran itu menyajikan enam jenis sup, dua jenis salad, lapan jenis hi-

dangan utama, tiga jenis pencuci mulut dan lima jenis minuman, bera-

pakah set makan malam yang ada disediakan?

3. Diberi tujuh A,B,C,D,E, F dan G.

(a) Berapakah pilihatur bagi tujuh huruf tersebut jika tiada huruf vokal di

posisi terakhir?

(b) Berapakah pilihatur bagi tujuh huruf tersebut jika dua huruf vokal

berada sebelum lima huruf konsonan?

4. Sembilan orang (Azhar, Azman, Halim, Faizal, Lailatul, Rohaidah, Sazelli,

Zamzana, dan Zulkifley) berada dalam satu bilik seminar. Lima daripada

mereka berdiri dalam satu baris untuk bergambar. Berapakah cara ini

boleh dilakukan jika:

(a) Zamzana atau Zulkifley (tetapi bukan kedua-dua) berada dalam gam-

bar?

(b) Azhar dan Halim berada dalam gambar dan berdiri bersebelahan?

(c) Azman dan Rohaidah berada dalam gambar tetapi tidak berdiri berse-

belahan?


5. Satu persatuan dengan 17 lelaki dan 20 wanita perlu membentuk satu

jawatankuasa yang mengandungi enam orang.

(a) Berapakah cara ini dapat dilakukan jika jawatankuasa itu mesti me-

ngandungi sekurang-kurang dua lelaki?

(b) Berapakah cara ini dapat dilakukan sekiranya jawatankuasa itu mesti

mengandungi kesemua lelaki atau kesemua wanita?

6. Satu kelas mengandungi 20 pelajar tahun dua dan 15 pelajar tahun satu.

Satu persatuan yang akan dibentuk perlu melantik empat orang yang

berlainan sebagai presiden, timbalan presiden, setiausaha, dan benda-

hari.

(a) Berapakan cara ini dapat dilakukan?

(b) Berapakah cara ini dapat dilakukan jika pelajar tahun dua dipilih se-

bagai presiden dan bendahari, dan pelajar tahun satu dipilih sebagai

timbalan presiden dan setiausaha.?

7. Berapakah bilangan subset dengan dua atau lebih elemen terdapat pada

suatu set yang mengandungi 100 elemen?

8. Cari bilangan subset bagi S = {1, 2, 3, . . . , 10} yang:

(a) mengandungi lima elemen di mana hasil tambahnya adalah genap.

(b) mengandungi empat elemen di mana hasil tambahnya adalah genap.

RUJUKAN





Learning.









JAWAPAN


1. (a) 267.

(b) 265.

(c) Pilih 2 · 266 − 265.

(d) 2 · 266 + 2 · 266 − 4 · 265.

(e) 5 · 266 + 5 · 266 − 25 · 265.

(f) 217.

2. 5 · 3 · 10 · 5 · 4.


1. (a) 7!.

(b) 6!.


(c) 2 · 6!.

2. (a) 5 · P (8, 4).

(b) 5 · 4 · P (7, 3).

(c) P (7, 5).

(d) P (7, 3).

3. (a)

(37

6

)(b)

(17

3

)(20

3

)4. (a) 40 · 39 · 38

(b) 15 · 14 · 25.

5.

(10

1

)+

(10

3

)+

(10

5

)+

(10

7

)+

(10

9

)

6.

(25

6

)7. (a) 29.

(b) 28.

(c)

(10

3

).

(d) 1.

(e)

(8

3

)(f)

(8

5

)(g) 2 ·

(5

3

)(5

1

)


1. (a) 266.

(b) 266 + 266 = 2 · 266.


(c) 4 · 265.

(d) 25 · 265.

(e) 3 · 264.

(f) 5 · 7 · 216.

2. 6 · 2 · 8 · 3 · 5.

3. (a) 5 · 4 · 5!.

(b) 2 · 5!.

4. (a) 2 · 5 · P (7, 4).

(b) 2 · 4 · P (7, 3).

(c) [5 · 4 · P (7, 3)]− [2 · 4 · P (7, 3)] .

5. (a)

(17

2

)(20

4

)+

(17

3

)(20

3

)+

(17

4

)(20

2

)+

(17

5

)(20

1

)+

(17

6

)(20

0

)(b)

(17

6

)+

(20

6

)6. (a) 35 · 34 · 33 · 32.

(b) 20 · 19 · 15 · 14.

7. 2100 −(100

0

)−(100

1

)−(100

2

)

8. (a)

(5

1

)(5

4

)+

(5

3

)(5

2

)+ 1

(b) 2 ·(5

4

)+

[(5

2

)]2

UNIT PELAJARAN 5

JUJUKAN dan PRINSIP ARUHAN MATEMATIK

HASIL PEMBELAJARAN


1. mencari sebutan-sebutan bagi suatu jujukan,

2. mengenalpasti rumus rekursi dan rumus eksplisit bagi suatu jujukan.

3. menghitung hasil tambah sebutan-sebutan dengan menggunakan tata-

tanda sigma.

4. membuktikan pernyataan matematik yang berkaitan dengan menggu-

nakan Prinsip Aruhan Matematik.

PENGENALAN

Andaikan kita mempunyai sebuah tangga yang mempunyai bilangan

anak tangga yang inifiniti. Kita hendak menentukan sama ada kita

boleh mendaki setiap anak tangga tersebut. Apa yang kita tahu

adalah dua perkara: (1) kita boleh mendaki anak tangga pertama; dan (2)

jika kita boleh mendaki mana-mana anak tangga sebelumnya, maka kita boleh

mendaki anak tangga yang seterusnya. Bolehkah sekarang kita simpulkan

bahawa kita boleh mendaki setiap anak tangga tersebut?

112

UNIT PELAJARAN 5. JUJUKAN dan PRINSIP ARUHAN MATEMATIK | 113

Daripada pernyataan (1), kita tahu kita boleh mendaki anak tangga per-

tama. Dari (2), kita boleh juga mendaki anak tangga kedua, sebab ia meru-

pakan anak tangga seterusnya selepas anak tangga pertama. Dengan meng-

gunakan (2) sekali lagi, oleh kerana kita boleh mendaki anak tangga ke dua,

maka kita boleh juga mendaki anak tangga ke tiga. Dengan meneruskan cara

yang sama, kita boleh tunjukkan bahawa kita boleh mendaki anak tangga ke

empat, ke lima dan seterusnya. Oleh itu, dapat disimpulkan bahawa kita akan

boleh mendaki setiap anak tangga yang mempunyai bilangan tak terhingga

tersebut. Jawapan ini sebenarnya kita peroleh dengan menggunakan satu

kaedah atau prinsip pembuktian yang penting yang dipanggil Prinsip Aruhan

Matematik.

Dalam Unit Pelajaran 5 ini, kita akan mulakan perbincangan dengan "me-

lawat" semula konsep jujukan dan hasil tambah. Ini diikuti dengan perbin-

cangan mengenai prinsip aruhan matematik, termasuklah bila prinsip aruhan

matematik boleh digunakan dan bagaimana untuk menggunakan Prinsip Aru-

han Matematik dalam membuktikan sesuatu pernyataan matematik yang berkai-

tan.

5.1 JUJUKAN dan HASIL TAMBAH

DEFINISI 5.1 Suatu jujukan, ditulis sebagai (sn)n∈N = s1, s2, s3, . . . adalah

satu senarai objek mengikut susunan tertentu yang dipanggil sebutan.

CATATAN 5.1

(a) (sn)n∈N = s1, s2, s3, . . . dikenali sebagai jujukan tak terhingga di mana

s1, s2,s3, . . . masing-masing adalah sebutan pertama, ke dua, ke tiga dan

seterusnya.

(b) (sk)nk=m = sm, sm+1, sm+2, . . . , sn dikenali sebagai jujukan terhingga


di mana sm, sm+1, sm+2, . . . , sn masing-masing adalah sebutan pertama,

kedua, ketiga hinggalah sebutan ke−n.

CONTOH 5.1 Tentukan tiga sebutan seterusnya bagi setiap jujukan berikut:

(a) (an)n∈N = 1, 3, 5, 7, 9, . . .

(b) (bn)n∈N = 1, 4, 9, 16, 25, . . .

(c) (cn)n∈N = 2, 4, 8, 16, 32, . . .

(d) (dn)n∈N = 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . .

Selesaian:

(a) 11, 13, 15.

(b) 36, 49, 64.

(c) 64, 128, 256.

(d) 13, 21, 34.

Sebutan seterusnya bagi contoh di atas dapat ditentu dengan melihat

pola/corak nombor dalam jujukan tersebut. Sebutan ke−n bagi suatu jujukan

boleh dihuraikan dengan menggunakan rumus:

• rekursi, atau

• eksplisit

DEFINISI 5.2

(a) Rumus rekursi bagi suatu jujukan adalah satu rumus di mana setiap

sebutan dihuraikan berhubung dengan sebutan (atau sebutan -sebutan)

sebelumnya, dan suatu spesifikasi yang merupakan syarat awal diberi-

kan. Hubungan di antara sebutan selepas dengan sebutan sebelumnya

ini dinamakan hubungan jadi semula.


(b) Rumus eksplisit bagi suatu jujukan adalah satu rumus di mana setiap

sebutan dihuraikan mengikut kedudukan sebutan tersebut.

CATATAN 5.2 Kita akan membincangkan dengan lebih mendalam mengenai

rumus rekursi, rumus eksplisit dan hubungan jadi semula dalam Unit Pelajaran

6.

CONTOH 5.2 Dalam jujukan (an)n∈N = 1, 3, 5, 7, 9, . . .

a1 = 1 sebutan pertama

a2 = 3 sebutan ke dua

a3 = 5 sebutan ke tiga

a4 = 7 sebutan ke empat

...

• rumus rekursi ialah:

a1 = 1, an = an−1 + 2, n ≥ 2

Untuk mendapatkan sebutan ke enam, a6, dengan menggunakan rumus

rekursi,

a6 = a5 + 2

di mana a5 = a4 + 2 = 7 + 2 = 9

Jadi,

a6 = a5 + 2 = 9 + 2 = 11

• rumus eksplisit ialah:

an = 2n− 1, n ≥ 1


Untuk mendapatkan sebutan ke enam, a6, dengan menggunakan rumus

eksplisit,

a6 = 2 (6)− 1 = 12− 1 = 11

CATATAN 5.3 Untuk mendapatkan rumus rekursi adalah "lebih mudah" berban-

ding dengan mendapatkan rumus eksplisit. Bagi mendapatkan rumus ek-

splisit, kita perlu mengaplikasikan beberapa kaedah, termasuklah kaedah cuba

jaya. Dalam Unit Pelajaran 6, kita akan membincang bagaimana rumus ekspli-

sit boleh diperoleh secara sistematik.

CONTOH 5.3 Andaikan jujukan (an)n∈N = 5, 7, 9, 11, 13, . . .

• Untuk mendapatkan rumus rekursi:

a1 = 5, an = an−1 + 2, n ≥ 2

• Untuk mendapatkan rumus eksplisit, kita andaikan bn = 2n. Jadi,

n 1 2 3 4 · · ·

bn 2 4 6 8 · · ·

an 5 7 9 11 · · ·

Jadi,

an = bn + 3 = 2n+ 3, n ≥ 1

5.1.1 Hasil Tambah dan Tatatanda Sigma

DEFINISI 5.3 Diberi suatu jujukan (an)n∈N . Hasil tambah sebutan-sebutan

bagi jujukan (an)n∈N ialah:

n∑k=m

ak = am + am+1 + am+2 + · · ·+ an


Tatatanda∑

dinamakan tatatanda sigma untuk hasil tambah. Pem-

boleh ubah k dinamakan indeks bagi hasil tambah. Indeks bagi hasil tambah

k bermula dari had bawah m dan berakhir dengan had atas n.

CATATAN 5.4

(a) Jika m = 1, maka,

n∑k=1

ak = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an

(b)

n∑k=m

ak = am+am+1+am+2+ · · ·+an dinamakan hasil tambah terhingga.

(c)

∞∑k=m

ak = am + am+1 + am+2 + · · ·+ an + · · · dinamakan hasil tambah tak

terhingga.

CONTOH 5.4

(a)

5∑k=1

2k = 21 + 22 + 23 + 24 + 25 = 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62

(b)

4∑k=1

(2k − 1) = [2 (1)− 1] + [2 (2)− 1] + [2 (3)− 1] + [2 (4)− 1] = 1 + 3 +

5 + 7 = 16

(c)

3∑k=0

k2 = 02 + 12 + 22 + 32 = 0 + 1 + 4 + 9 = 14


1. Tulis empat sebutan pertama bagi jujukan yang ditakrifkan oleh rumus

berikut:

(a) ak =k

10− 5 ,∀k ≥ 1.

(b) bk = 1 + 2k,∀k ≥ .


2. Diberi rumus eksplisit bagi jujukan-jujukan berikut. Senaraikan lima sebu-

tan pertama, dan diakhiri dengan tatatanda elipsis . . . untuk sebutan-

sebutan seterusnya.

(a) an = 2n di mana n ≥ 1.

(b) bn = n! di mana n ≥ 0.

(c) cn = 5n+ 2 di mana n ≥ 1.



sebutan seterusnya.

(a)(√2)n∈N .

(b) (n2 + n)n∈N .

(c)(21/n

)n∈N .

4. Andaikan a1 = −2; a2 = −1; a3 = 0; a4 = 1; dan a5 = 2. Hitung hasil

tambah berikut:

(a)

5∑k=1

ak.

(b)

2∑k=2

ak.

(c)

2∑k=1

a2k.

5. Tulis setiap berikut dengan mengguna tatatanda sigma untuk hasil tam-

bah.

(a) (13 − 1) + (23 − 1) + (33 − 1) + (43 − 1) .

(b) 12 − 22 + 32 − 42 + 52 − 62 + 72.


6. Hitung:

(a)

10∑k=1

(1

k− 1

k + 1

).

(b)

4∑j=0

(−2)j .

7. Tulis setiap berikut dengan mengguna tatatanda sigma untuk hasil tam-

bah.

(a) 13 + 23 + 33 + · · ·+ n3.

(b)1

2!+2

3!+3

4!+ · · ·+ n

(n+ 1)!.

5.2 PRINSIP ARUHAN MATEMATIK

Pembuktian secara aruhan matematik melibatkan pernyataan berbentuk

∀n ∈ N, P (n)

Di sini, kita hendak membuktikan pernyataan-pernyataan

P (1) , P (2) , . . . , P (k − 1) , P (k) , P (k + 1) , . . . , P (n− 2) , P (n− 1) , P (n) , . . .

adalah benar. Ini dapat dilaksanakan dalam dua langkah.

1. Langkah Asas: Kita menentusahkan pernyataan pertama, P (1) adalah

benar.

2. Langkah Induktif: Kita tunjukkan implikasi

∀k ∈ N, P (k)→ P (k + 1)

adalah benar, iaitu, andaikan P (k) benar dan tunjukkan P (k + 1) juga

benar.


CONTOH 5.5 Andaikan pernyataan berikut:

∀n ∈ N, P (n) : 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n (n+ 1)

2

Untuk membukti pernyataan tersebut adalah benar untuk semua nilai n, kita

tunjuk (1) Langkah Asas iaitu, P (1) benar, dan, (2) Langkah Induksi, iaitu,

implikasi P (k)→ P (k + 1) juga benar untuk k ∈ N.

1. Langkah Asas: P (1) : 1 =1 (1 + 1)

2. jadi, P (1) adalah benar.

2. Langkah Induktif: Andaikan P (k) : 1+2+3+ · · ·+k = k (k + 1)

2adalah

benar. Kita akan tunjukkan

P (k + 1) : 1 + 2 + 3 + · · ·+ k + (k + 1) =(k + 1) (k + 2)

2

Jadi,

P (k + 1) : 1 + 2 + 3 + · · ·+ k︸︷︷︸k (k + 1)

2

+ (k + 1)

=k (k + 1)

2+ (k + 1)

=(k + 1) (k + 2)

2

Justeru, P (k + 1) juga adalah benar. Kesimpulannya:

∀n ∈ N, P (n) : 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n (n+ 1)

2

adalah benar untuk semua n ∈ N.

CONTOH 5.6 Untuk menunjukkan pernyataan

∀n ∈ N, P (n) : n! > 2n−1.


adalah benar, kita tunjukkan berikut:

1. Langkah Asas: P (1) : 1! = 1 > 20 = 1 adalah benar.

2. Langkah Induktif: Andaikan P (k) : k! > 2k−1 adalah benar. Kita akan

tunjukkan:

P (k + 1) : (k + 1)! ≥ 2k

Jadi,

P (k + 1) : (k + 1)!

= (k + 1) · k!︸︷︷︸≥2k−1

> (k + 1) · 2k−1

> (2) 2k−1

= 2k

Justeru, P (k + 1) juga adalah benar. Kesimpulannya:

∀n ∈ N, P (n) : n! > 2n−1.

adalah benar untuk semua n ∈ N.

Untuk contoh seterusnya, kita berikan definisi bagi "membahagi" terlebih

dahulu.

DEFINISI 5.4 Andaikan n dan d adalah integer dengan d ≤ n. Kita takrifkan

“d membahagi n”, diwakili dengan tatatanda

d | n


jika dan hanya jika, wujud suatu integer k demikian sehingga n = dk, iaitu:

∀n, d ∈ Z, d ≤ n,∃k ∈ Z, d | n↔ n = dk

d dikatakan sebagai pembahagi bagi n, manakala n adalah gandaan bagi d.

Jika "d tidak membahagi n ", kita tulis d - n.

CONTOH 5.7

(a) 2 | 10 kerana 10 = 2 · 5. Di sini. nilai k = 5.

(b) −6 | 42 kerana 42 = (−6) · (−7) . Nilai k = −7.

(c) −3 | −27 kerana −27 = (−3) · 9. Nilai k = 9.

(d) 2 - 9 kerana kita tidak dapat mencari satu integer k supaya 9 = 2k.

CONTOH 5.8 Untuk membuktikan pernyataan

∀n ≥ 0, P (n) : 2 | (n2 + n)

adalah benar, kita tunjukkan:

1. Langkah Asas: P (0) : 2 | (02 + 0) adalah benar kerana 0 = 2 (0).

2. Langkah Induktif: Andaikan P (k) : 2 | (k2 + k) adalah benar. Kita akan

tunjukkan:

P (k + 1) : 2 |[(k + 1)2 + (k + 1)

]Jadi,

(k + 1)2 + (k + 1) = (k2 + k) + 2(k + 1)

boleh dibahagikan dengan 2 kerana 2 | (k2 + k) dan 2 | 2(k+ 1). Justeru,

P (k + 1) juga adalah benar. Kesimpulannya:

∀n ≥ 0, P (n) : 2 | (n2 + n)


adalah benar untuk semua n ≥ 0.

Apakah dua langkah yang digunakan

dalam prinsip aruhan matematik?


1. Andaikan anda hendak membuktikan pernyataan berikut adalah benar

untuk semua integer positif n dengan menggunakan Prinsip Aruhan Mate-

matik:

∀n ∈ N, P (n) : 1 + 3 + 5 + . . .+ (2n− 1) = n2

(a) Tulis P (1) .

(b) Tulis P (72) .

(c) Tulis P (73) .

(d) Guna P (72) untuk membuktikan P (73).

(e) Tulis P (k) .

(f) Tulis P (k + 1) .

(g) Guna Prinsip Aruhan Matematik untuk membuktikan P (n) adalah

benar untuk semua nilai n ∈ Z+.

2. Guna Prinsip Aruhan Matematik bagi membuktikan pernyataan-pernya-

taan berikut:

(a) P (n) : 1 + 3 + 9 + 27 + · · ·+ 3n = 3n+1 − 12

bagi semua n ≥ 0.

(b) P (n) : 1+4+7+10+ · · ·+(3n− 2) = n (3n− 1)2

bagi semua n ≥ 1.



taan berikut:

(a) P (n) : 1 + 2n ≤ 3n untuk semua n ≥ 1.

(b) P (n) : n3 > n2 + 3 untuk semua n ≥ 2.

RUMUSAN

Secara keseluruhannya, Prinsip Aruhan Matematik boleh digunakan untuk

membuktikan pernyataan yang menegaskan bahawa P (n) adalah benar un-

tuk setiap integer positif n, di mana P (n) adalah fungsi usulan. Adalah amat

penting untuk diambil perhatian bahawa Prinsip Aruhan Matematik boleh digu-

nakan hanya untuk membuktikan keputusan yang diperoleh dalam beberapa

cara lain. Ia bukan satu alat untuk menemui rumus atau teorem.

KATA KUNCI

Jujukan, hasil tambah, tatatanda sigma, prinsip aruhan matematik, pembuktian

secara aruhan.

LATIHAN SUMATIF 5

1. Tulis empat sebutan pertama bagi jujukan yang ditakrifkan oleh rumus

berikut:

(a) ck =(−1)k

3k,∀k ≥ 0.

(b) dk = 1−(1

10

)k, ∀k ≥ 1.




sebutan seterusnya.

(a) an = 3n− 5, untuk semua n ∈ N.

(b) bn =n+ 1

3, untuk semua n ∈ N.



sebutan seterusnya.

(a)

(n+

(−1)n

n

)n∈N

.

(b)

((−1)n

2n− 1

)n∈N

.

4. Hitung:

(a)

10∑i=1

3.

(b)

8∑k=4

(−1)k .

(c)

4∑j=2

(j − 1)2 .

(d)

5∑k=1

(k + 1) .

5. Tulis setiap berikut dengan menggunakan tatatanda sigma untuk hasil

tambah.

(a)2

3 · 4 +3

4 · 5 +4

5 · 6 +5

6 · 7 +6

7 · 8 .

(b) 1 + r + r2 + r3 + r4 + r5 + r6.


6. Tulis setiap berikut dengan menggunakan tatatanda sigma untuk hasil

tambah.

(a) n+ (n− 1) + (n− 2) + · · ·+ 1.

(b) n+n− 12!

+n− 23!

+n− 34!

+ · · ·+ 1

n!.

7. Andaikan anda hendak membuktikan pernyataan berikut adalah benar

untuk semua integer positif n dengan menggunakan Prinsip Aruhan Mate-

matik:

∀n ≥ 1, P (n) : 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + ...+ n · n! = (n+ 1)!− 1

(a) Tulis P (1) .

(b) Tulis P (5) .

(c) Tulis P (k) .

(d) Tulis P (k + 1) .

(e) Guna Prinsip Aruhan Matematik untuk membuktikan P (n) adalah

benar untuk semua nilai n ∈ N.


taan berikut:

1− 2 + 22 − 23 + · · ·+ (−1)n 2n = 2n+1 (−1)n + 13

bagi semua integer positif n.


taan berikut:

(a) 2 | (n2 + 3n) untuk semua n ≥ 1.

(b) 2n+ 3 ≤ 2n untuk semua n ≥ 4.


RUJUKAN




Learning.









JAWAPAN


1. (a)1

9,2

8,3

7,4

6

(b) 2, 3, 5, 9

2. (a) 2, 4, 8, 16, 32, . . . .

(b) 1, 1, 2, 6, 24, . . .

(c) 7, 12, 17, 22, 27, . . .

3. (a)√2,√2,√2,√2,√2, . . .

(b) 2, 6, 12, 20, 30, . . .


(c) 2, 21/2, 21/3, 21/4, 21/5, . . .

4. (a) a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = (−2) + (−1) + 0 + 1 + 2 = 0

(b) a2 = −1

(c) a2 + a4 = −1 + 1 = 0

5. (a)

4∑k=1

(k3 − 1)

(b)

7∑k=1

(−1)k+1 k2

6. (a)10

11.

(b) 11

7. (a)

n∑k=1

k3

(b) \n∑k=1

k

(k + 1)!


1. (a) 1 = 12.

(b) 1 + 3 + 5 + ...+ 143 = 722.

(c) 1 + 3 + 5 + ...+ 145 = 732.

(d) 1 + 3 + 5 + ... + 145 = (1 + 3 + 5 + ... + 143) + 145 = 722 + 145 =

722 + 2 · 72 + 1 = (72 + 1)2 = 732.

(e) 1 + 3 + ...+ (2k − 1) = k2.

(f) 1 + 3 + ...+ (2k + 1) = (k + 1)2.

(g) P (1) adalah benar kerana 1 = 12.P (k)→ P (k+1) : 1+3+ ...+(2k+

1) = k2 + (2k + 1) = (k + 1)2.


2. (a) P (0) : 1 =31 − 12

. P (k)→ P (k + 1) :

1 + 3 + 32 + · · ·+ 3k + 3k+1

=3k+1 − 1

2+ 3k+1

=3k+1 − 1 + 2

(3k+1

)2

=3(3k+1

)− 1

2=3k+2 − 1

2

(b) P (1) : 1 =1 (3− 1)

2, P (k)→ P (k + 1) :

1 + 4 + 7 + · · ·+ (3k − 2) + [3 (k + 1)− 2]

=k (3k − 1)

2+ (3k + 1)

=k (3k − 1) + 2 (3k + 1)

2

=3k2 + 5k + 2

2=(3k + 2) (k + 1)

2=(k + 1) [3 (k + 1)− 1]

2

3. (a) P (1) : 1 + 21 ≤ 31, adalah benar kerana kedua-dua belah ketak-

samaan adalah 3.P (k)→ P (k + 1) :

1 + 2k+1 = 1 + 2(2k)

=(1 + 2k

)+ 2k

≤ 3k + 2k

≤ 3k + 3k

= 2(3k)

< 3(3k)= 3k+1.


(b) P (2) : 23 > 22 + 3 benar kerana 8 > 7. P (k)→ P (k + 1) :

(k + 1)2 + 3 = k2 + 2k + 1 + 3

= (k2 + 3) + 2k + 1

< k3 + 2k + 1

≤ k3 + 3k

≤ k3 + 3k2 + 3k + 1

= (k + 1)3.


1. (a) 1,−13,1

9,− 127

(b)9

10,99

100,999

1000,9999

10000

2. (a) −2, 1, 4, 7, 10, . . .

(b)2

3, 1,4

3, 2,7

2, . . .

3. (a) 0,5

2,8

3,17

4,24

5, . . .

(b) −1, 13,−15,1

7,−19, . . .

4. (a) 30

(b) 1 + (−1) + 1 + (−1) + 1 = 1

(c) 1 + 4 + 9 = 14

(d) 20

5. (a)

6∑k=2

k

(k + 1) (k + 2)atau

7∑k=3

k − 1k (k + 1)

(b)

6∑k=0

rk

6. (a)

n−1∑k=0

(n− k)


(b)

n−1∑k=0

n− k(k + 1)!

7. (a) 1 · 1! = 2!− 1

(b) 1 · 1! + 2 · 2! + ...+ 5 · 5! = 6!− 1.

(c) 1 · 1! + 2 · 2! + ...+ k · k! = (k + 1)!− 1.

(d) 1 · 1! + 2 · 2! + ...+ (k + 1)(k + 1)! = (k + 2)!− 1.

(e) P (1) adalah benar kerana 1 · 1! = 1 dan 2!− 1 = 1.P (k)→ P (k+1) :

1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + ...+ k · k! + (k + 1) (k + 1)!

= (k + 1)!− 1 + (k + 1) (k + 1)!

= (k + 1)! [1 + (k + 1)]− 1

= (k + 1)! (k + 2)− 1

= (k + 2)!− 1

8. P (1) : 1− 2 = 22 (−1)1 + 13

. P (k)→ P (k + 1) :

1− 2 + 22 − 23 + · · ·+ (−1)k 2k + (−1)k+1 2k+1

=2k+1 (−1)k + 1

3+ (−1)k+1 2k+1

=2k+1 (−1)k + 1 + 3

[(−1)k+1 2k+1

]3

=2k+1 (−1)k [1 + 3 (−1)] + 1

3

=2k+1 (−1)k (−2) + 1

3

=2(2k+1

)(−1)k (−1) + 13

=2k+2 (−1)k+1 + 1

3


9. (a) P (1) : 2 | (12 + 3 · 1), adalah benar kerana 2 | 4. P (k)→ P (k + 1) :

(k + 1)2 + 3(k + 1) = (k2 + 3k) + 2(k + 2)

boleh dibahagi dengan 2 kerana 2 | (k2 + 3k) dan 2 | 2(k + 2).

(b) P (4) : 2 · 4+3 ≤ 24, adalah benar kerana 11 ≤ 16. P (k)→ P (k+1) :

2(k + 1) + 3 = (2k + 3) + 2

≤ 2k + 2 ≤ 2k + 2k = 2k+1.

UNIT PELAJARAN 6

HUBUNGAN JADI SEMULA

HASIL PEMBELAJARAN


1. mencari rumus rekursi dan eksplisit bagi suatu jujukan,

2. menyelesaikan hubungan jadi semula dengan menggunakan kaedah

pelelaran dan/atau kaedah persamaan cirian.

PENGENALAN

Ada kalanya agak sukar untuk menentukan rumus sesuatu objek itu

secara eksplisit. Walau bagaimana pun, ia boleh menjadi mudah un-

tuk menentukan objek tersebut dari bentuknya sendiri. Proses ini

dinamakan rekursi. Kita boleh menggunakan rekursi untuk menentukan se-

suatu jujukan, fungsi atau set. Dalam Unit Pelajaran 6 ini, perbincangan akan

tertumpu kepada menentukan sesuatu jujukan secara rekursif iaitu dengan

melihat hubungan, yang dinamakan sebagai hubungan jadi semula, di antara

sebutan-sebutan dalam jujukan tersebut. Unit pelajaran ini juga akan membin-

cangkan kaedah-kaedah untuk mendapat sebutan sesuatu jujukan tanpa meli-

batkan sebutan-sebutan sebelumnya iaitu, mencari satu rumus yang

133

UNIT PELAJARAN 6. HUBUNGAN JADI SEMULA | 134

eksplisit kepada jujukan tersebut. Ini dinamakan sebagai selesaian kepada

suatu hubungan jadi semula.

6.1 HUBUNGAN JADI SEMULA

Dalam Unit Pelajaran 5, kita diperkenalkan dengan konsep jujukan dan hasil

tambah. Seperti yang telah dibincangkan, sebutan ke−n bagi suatu jujukan

(an) boleh dihuraikan secara rekursif atau secara eksplisit. Dalam unit pela-

jaran ini, kita akan membincangkan bagaimana mendapatkan rumus eksplisit

suatu jujukan yang dihuraikan secara rekursif. Ini membawa kita kepada kon-

sep hubungan jadi semula dan selesaian kepada hubungan jadi semula.

DEFINISI 6.1 Suatu hubungan jadi semula bagi jujukan (an) ialah satu per-

samaan yang mengaitkan sebutan ke-n, iaitu an, kepada sebutan-sebutan se-

belumnya iaitu a0, a1, a2, . . . , an−1. Syarat awal bagi jujukan a0, a1, . . . adalah

nilai-nilai yang diberi secara terperinci untuk bilangan sebutan yang terhingga

bagi jujukan tersebut.

CONTOH 6.1

(a) Hubungan jadi semula an = an−1+3 dengan syarat awal a1 = 4 memberi

takrifan secara rekursif kepada jujukan

4, 7, 10, 13, . . .

(b) Jujukan Fibonacci ditakrifkan oleh hubungan jadi semula

fn = fn−1 + fn−2, n ≥ 3

dan syarat-syarat awal

f1 = f2 = 1


6.1.1 Rumus Rekursi dan Rumus Eksplisit

Daripada CONTOH 6.1(a), hubungan jadi semula

an = an−1 + 3

yang ditakrifkan secara rekursif, dan syarat awal

a1 = 4

membantu kita untuk mendapatkan sebutan-sebutan lain bagi jujukan tersebut.

Sebagai contoh, sepuluh sebutan pertama bagi jujukan di atas ialah:

4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28, 31

Sebutan ke dua diperoleh dengan menambah sebutan pertama dengan 3;

sebutan ke tiga diperoleh dengan menambah sebutan kedua dengan 3; dan

begitulah seterusnya.

Kaedah mendapatkan sebutan-sebutan secara ini kurang efisien kerana

kita sangat bergantung kepada sebutan (atau sebutan-sebutan) sebelumnya

untuk mendapatkan sebutan yang dikehendaki. Sebagai contoh, untuk men-

dapat sebutan ke-100, kita perlu menambah sebutan ke -99 dengan 3. Sebutan

ke-99 pula diperoleh dengan menambah sebutan ke-98 dengan 3. Proses ini

terpaksa diulang-ulang sehinggalah kita mengetahui 99 sebutan pertama bagi

jujukan tersebut. Justeru, kita memerlukan satu kaedah untuk mendapat sebu-

tan sesuatu jujukan tanpa melibatkan sebutan-sebutan sebelumnya. Kaedah

ini ialah mencari satu rumus yang eksplisit kepada jujukan tersebut, iaitu dina-

makan sebagai selesaian kepada suatu hubungan jadi semula.

Untuk kursus ini, kita akan membincangkan dua kaedah untuk menyele-

saikan suatu hubungan jadi semula tertentu. Kaedah-kaedah tersebut ialah:


• Kaedah Pelelaran

• Kaedah Persamaan Cirian

Sebelum kita membincangkan dengan lebih lanjut tentang dua kaedah ter-

sebut, kita semak dahulu rumus an yang diberi bagi menentusahkan yang

ianya adalah selesaian kepada suatu hubungan jadi semula.

CONTOH 6.2 Untuk menentusahkan bahawa an = 6 adalah selesaian kepada

an = 4an−1 − 3an−2, kita semak:

an = 4an−1 − 3an−2

= 4 · 6− 3 · 6

= 1 · 6

= 6

Apakah yang dimaksudkan dengan

selesaian kepada hubungan jadi semula?


1. Diberi rumus eksplisit bagi jujukan-jujukan berikut. Beri rumus rekursi

dengan syarat awal bagi jujukan-jujukan tersebut:

(a) (an)n∈N = 16, 13, 10, 7, . . .

(b) (2n)n∈N

(c) (n!)n∈W .

(d) (5n+ 2)n∈N


(e) (3n− 5)n∈N

(f)

(n+ 1

3

)n∈N

2. Beri kedua-dua rumus rekursi (dengan syarat awal) dan rumus

eksplisit bagi jujukan-jujukan berikut:

(a) (an)n∈N = 1, 9, 17, 25, 33, 41, . . .

(b) (bn)n∈N = 1, 4, 9, 16, 25, 36, . . .

3. Cari a2 dan a3 jika diberi an = 2an−1 + 6 dan syarat awal a0 = 3.

4. Cari a2 dan a3 jika diberi an = (an−1) (an−2) + 1 dan syarat awal

a0 = 1, a1 = 4.

5. Tentusahkan bahawa rumus an yang diberi adalah selesaian kepada hubu-

ngan jadi semula yang dinyatakan:

(a) an = 3n; an = 4an−1 − 3an−2.

(b) an = 3n+4; an = 4an−1 − 3an−2.

6.2 PENYELESAIAN HUBUNGAN JADI SEMULA

6.2.1 Kaedah Pelelaran

Dalam bahagian ini, kita akan membincangkan bagaimana hendak menda-

patkan rumus eksplisit (iaitu selesaian kepada hubungan jadi semula) secara

pelelaran bagi jujukan yang ditakrif secara rekursif. Kaedah pelelaran ialah

kaedah yang meneliti pola sebutan bagi suatu jujukan dalam bentuk yang

berulang-ulang.

CONTOH 6.3 Suatu jujukan ditakrifkan secara rekursif seperti berikut:

an = an−1 + 3 dengan a1 = 4


Untuk mencari rumus eksplisit, kita cuba lihat pola sebutan a1, a2, dan seterus-

nya.

a1 = 4

a2 = a2−1 + 3 = a1 + 3

a3 = a3−1 + 3 = ((a2−1) + 3) + 3 = a1 + 2 · 3

a4 = a4−1 + 3 = a1 + 3 · 3...

Dengan melihat pada polanya, kita dapati sebutan ke−n ialah:

an = a1 + (n− 1) 3

Untuk mendapat sebutan ke-100 :

a100 = a1 + (100− 1) 3

= 4 + (99) 3

= 301

CONTOH 6.4 Suatu jujukan ditakrifkan secara rekursif seperti berikut:

bn = 2bn−1 + 1 dengan b1 = 5

Dengan meneliti pada pola sebutan-sebutannya, kita dapati sebutan ke−n


ialah:

b1 = 5

b2 = 2b2−1 + 1 = 2b1 + 1

b3 = 2b3−1 + 1 = 2b2 + 1 = 2 (2b1 + 1) + 1 = 23−1b1 + 3

b4 = 2b4−1 + 1 = 2b3 + 1 = 2(23−1b1 + 3

)+ 1 = 24−1b1 + 7

b5 = 2b5−1 + 1 = 25−1b1 + 11

...

bn = 2n−1 · 5 + 2n−1 − 1 = 6 · 2n−1 − 1

Justeru, selesaian kepada hubungan jadi semula

bn = 2bn−1 + 1 dengan b1 = 5

ialah:

bn = 6 · 2n−1 − 1

Kita boleh menyemak selesaian tersebut adalah betul dengan menggunakan

Prinsip Aruhan Matematik.

CATATAN 6.1 Selesaian kepada hubungan jadi semula adalah tidak unik. Ter-

dapat rumus yang berlainan yang diperoleh tetapi memberi jawapan (sebutan)

yang sama.

6.2.2 Kaedah Persamaan Cirian

Sebelum kita membincangkan kaedah ke dua untuk menyelesaikan hubungan

jadi semula dengan menggunakan kaedah persamaan cirian, kita lihat dahulu

definisi-definisi berikut.


DEFINISI 6.2 Suatu hubungan linear homogen berdarjah k dengan pekali

malar adalah satu hubungan jadi semula dalam bentuk

an = c1an−1 + c2an−1 + · · ·+ ckan−k, ci adalah pekali malar, dan ck 6= 0

Untuk memudahkan perbincangan, kita gunakan kependekan HJSLH bagi

mewakili hubungan jadi semula linear homogen.

CONTOH 6.5

(a) sn = 2sn−1 adalah satu HJSLH dengan pekali malar 2 dan berdarjah 1.

(b) fn = fn−1+fn−2 adalah satu HJSLH dengan pekali malar 1 dan berdarjah

2.

(c) an = an−1 + 3 bukan satu HJSLH kerana tidak homogen.

(d) bn = b2n−1 + bn−2 bukan satu HJSLH kerana tidak linear.

DEFINISI 6.3 Suatu hubungan jadi semula linear homogen (HJSLH) berdarjah

k

an = c1an−1 + c2an−1 + · · ·+ ckan−k

boleh disekutu dengan polinomialnya yang berdarjah k, iaitu

xk = c1xk−1 + c2x

k−2 + · · ·+ ck

Polinomial ini dipanggil persamaan cirian bersekutu dengan HJSLH itu.

Untuk perbincangan dalam bahagian ini kita hanya akan menumpukan ke-

pada persamaan cirian hingga ke darjah 2 sahaja.


CONTOH 6.6

1. Hubungan jadi semula linear homogen (HJSLH)

fn = fn−1 + fn−2

boleh disekutukan dengan persamaan cirian

x2 = x+ 1

x2 − x− 1 = 0

2. Hubungan jadi semula linear homogen (HJSLH)

an = 3an−1 − 2an−2

boleh disekutukan dengan persamaan cirian

x2 = 3x− 2

x2 − 3x+ 2 = 0

TEOREM 6.1 Diberi suatu hubungan jadi semula linear homogen (HJSLH)

an = c1an−1 + c2an−2

(a) Jika persamaan cirian bagi HJSLH, x2 − c1x − c2 = 0 mempunyai dua

punca yang berbeza s1 dan s2, maka selesaian awal kepada HJSLH

tersebut ialah:

an = usn1 + vsn2

di mana u dan v bergantung kepada syarat-syarat awal.


(b) Jika persamaan cirian bagi HJSLH, x2 − c1x − c2 = 0 mempunyai

dua punca yang sama s, maka selesaian awal kepada HJSLH tersebut

ialah:

an = usn + vnsn

di mana u dan v bergantung kepada syarat-syarat awal.

CONTOH 6.7 Diberi suatu hubungan jadi semula an = 5an−1 − 6an−2 dengan

syarat awal a0 = 7, a1 = 16. Oleh kerana hubungan jadi semula itu linear ho-

mogen, maka ia bersekutu dengan persamaan cirian x2−5x+6 = 0. Selesaian

kepada persamaan cirian itu adalah

x2 − 5x+ 6 = 0

(x− 2) (x− 3) = 0

iaitu, s1 = 2, s2 = 3. Kita dapati selesaian awal kepada HJSLH itu ialah:

an = u (2n) + v (3n)

dengan syarat-syarat awal a0 = 7, a1 = 16. Untuk mencari nilai-nilai u dan v,

kita gantikan syarat-syarat awal kepada selesaian tersebut:

a0 = u+ v = 7

a1 = 2u+ 3v = 16

Selesaikan secara serentak untuk u dan v, memberi kita

u = 5, v = 2


Jadi, selesaian kepada hubungan jadi semula itu ialah

an = 5 · 2n + 2 · 3n, n ≥ 0

CONTOH 6.8 HJSLH bn = 4 (bn−1 − bn−2) dengan syarat-syarat awal b0 = b1 =

1 bersekutu dengan persamaan cirian x2−4x+4 = 0. Persamaan cirian terse-

but mempunyai punca yang sama:

s = 2

Kita dapati selesaian awal bgai HJSLH tersebut ialah:

bn = u (2n) + vn (2n)

Dengan menggantikan syarat-syarat awal kepada selesaian itu,

b0 = u = 1

b1 = 2u+ 2v = 1

dan selesaikan secara serentak, kita perolehi,

u = 1, v = −12

Oleh yang demikian, selesaian kepada HJSLH tersebut ialah

bn = 2n − n2n−1, n = 2, 3, 4, . . .

CATATAN 6.2 Selesaian kepada HJSLH yang dibincangkan di atas hanya un-

tuk hubungan jadi semula yang linear homogen sahaja. Jika hubungan jadi

semula itu tidak linear homogen, maka kita terpaksa menggunakan kaedah


yang lain yang tidak dibincangkan dalam kursus ini. Oleh yang demikian,

adalah penting untuk menentukan sama ada suatu hubungan jadi semula itu

linear homogen atau tidak sebelum kaedah persamaan cirian ini didapat diap-

likasikan.

Bagaimanakah kita menentukan suatu hubungan

jadi semula itu linear homogen?


1. Tentukan sama ada hubungan jadi semula berikut adalah hubungan jadi

semula linear homogen dengan pekali malar.

(a) an = 0.7an−1 − 0.3an−2.

(b) an = nan−1.

(c) an = 5a2n−1 − 3a2n−2.

2. Cari selesaian kepada hubungan jadi semula an = 3an−1 dengan a0 = 2.

3. Cari selesaian kepada hubungan jadi semula berikut sama ada secara

pelelaran atau persamaan cirian.

(a) an = 5an−1 − 4an−2, a0 = 1, a1 = 0.

(b) an = 5an−1 − 4an−2, a0 = 0, a1 = 1.

(c) an = −10an−1 − 21an−2, a0 = 2, a1 = 1.

(d) an = an−2, a0 = 2, a1 = −1.


RUMUSAN

Dalam Unit Pelajaran 6 ini, kita telah membincangkan bagaimana suatu ju-

jukan yang dihuraikan secara rekursif (iaitu hubungan jadi semula) dapat di-

selesaikan untuk memperoleh rumus eksplisit dengan menggunakan kaedah

pelelaran atau kaedah persamaan cirian. Kedua-dua kaedah tersebut ada

batasan masing-masing. Terdapat juga kaedah-kaedah lain untuk menyele-

saikan hubungan jadi semula tetapi tidak dibincangkan dalam kursus ini. Pela-

jar digalakkan untuk meneroka kaedah-kaedah lain ini sebagai bacaan tamba-

han.

KATA KUNCI

Rekursi, eksplisit, hubungan jadi semula, pelelaran, persamaan cirian, linear

homogen.

LATIHAN SUMATIF 6

1. Diberi rumus eksplisit bagi jujukan-jujukan berikut. Tentukan rumus rekursi

dengan syarat awal bagi jujukan-jujukan tersebut:

(a)(√2)n∈N

(b) (n2 + n)n∈N

2. Beri kedua-dua rumus rekursi (dengan syarat awal) dan rumus

eksplisit bagi jujukan-jujukan berikut:

(a) (cn)n∈N = 2, 4, 8, 16, 32, 64, . . .

(b) (dn)n∈N = 1, 2, 6, 24, 120, 720, . . .

3. Cari a2 dan a3 jika diberi an =an−1an−2

dan syarat awal a0 = 2, a1 = 5.


4. Andaikan (an) ditakrifkan secara rekursif oleh an = (an−1)2−1, dan syarat

awal a0 = 2. Cari a3 dan a4.

5. Tentusahkan bahawa rumus an yang diberikan adalah selesaian kepada

hubungan jadi semula yang dinyatakan:

(a) an = 3n + 1; an = 4an−1 − 3an−2.

(b) an = 7 · 3n − π; an = 4an−1 − 3an−2.

6. Tentukan sama ada hubungan jadi semula berikut adalah hubungan jadi

semula linear homogen dengan pekali malar.

(a) an = an−3.

(b) an − 7an−2 + an−5 = 0.

(c) an + an−1 = 1.

7. Cari selesaian kepada hubungan jadi semula berikut sama ada secara

pelelaran atau persamaan cirian.

(a) an = 2an−1 + 2an−2, a0 = 0, a1 = 1.

(b) an = 3nan−1, a0 = 2.

(c) an = an−1 + 3n, a0 = 5.

(d) an = 2an−1 + 5, a0 = 3.

(e) an = an−1 + 2n+ 1, a0 = 5.

RUJUKAN





Learning.









JAWAPAN


1. (a) an = an−1 − 3, a1 = 16

(b) an = 2an−1; a1 = 2.

(c) an = nan−1; a0 = 1

(d) an = an−1 + 5; a1 = 7

(e) an = an−1 + 3; a1 = −2

(f) an = an−1 +1

3; a1 =

2

3

2. (a) a1 = 1, an = an−1 + 8, n ≥ 2

an = 8n− 7, n ≥ 1

(b) a1 = 1, an = an−1 + (2n− 1) , n ≥ 2

an = n2, n ≥ 1

3. a2 = 30, a3 = 66


4. a2 = 5, a3 = 21.

5. (a) 4 · 3n−1 − 3 · 3n−2 = 4 · 3n−1 − 3n−1 = 3 · 3n−1 = 3n.

(b) 4 · 3n+3 − 3 · 3n+2 = 4 · 3n+3 − 3n+3 = 3 · 3n+3 = 3n+4.


1. (a) Ya.

(b) Tidak.

(c) Tidak

2. an = 2 · 3n

3. (a) an = (−1/3) · 4n + (4/3) · 1n.

(b) an = (1/3) · 4n − (1/3) · 1n.

(c) an = (−7/4)(−7)n + (15/4)(−3)n.

(d) an = (1/2)1n + (3/2)(−1)n.


1. (a) an = an−1; a1 =√2

(b) an = an−1 + 2n; a1 = 2

2. (a) a1 = 2, an = 2an−1, n ≥ 2

an = 2n, n ≥ 1

(b) a1 = 1, an = nan−1, n ≥ 2

an = n!, n ≥ 1

3. a2 =5

2, a3 =

1

2.

4. a3 = 63 dan a4 = 3, 968.


5. (a) 4(3n−1+1)−3(3n−2+1) = 4·3n−1−3n−1+4−3 = 3n−1(4−1)+1 = 3n+1.

(b) 4(7 ·3n−1−π)−3(7 ·3n−2−π) = 28 ·3n−1−7 ·3n−1−4π+3π = 7 ·3n−π.

6. (a) Ya.

(b) Ya.

(c) Tidak.

(d) an = (√3/6)

(1 +√3)n − (√3/6)(1−√3)n

(e) an = 2 · 3n · n!.

(f) an = 5 + 3n (n+ 1)

2.

(g) an = 3 · 2n + 5(2n − 1) = 2n+3 − 5.

(h) an = 5 + n(n+ 1) + n = n2 + 2n+ 5.

UNIT PELAJARAN 7

PENGENALAN KEPADA HUBUNGAN

HASIL PEMBELAJARAN


1. menyenaraikan hubungan ke atas suatu set,

2. mencari domain dan julat bagi suatu set,

3. mewakilkan hubungan dalam bentuk matriks dan diagraf.

PENGENALAN

Setiap hari kita berurusan dengan perkaitan seperti antara pekerja dan

gaji, orang perseorangan dan saudaranya, dan sebagainya. Dalam

matematik, kita mengkaji perkaitan seperti integer positif dan nombor

yang ia membahagi, perkaitan antara elemen-elemen dalam set dan banyak

lagi. Perkaitan antara elemen-elemen dalam set dikenali sebagai hubungan.

Hubungan boleh digunakan untuk menyelesaikan masalah seperti menentu-

kan padanan bandar-bandar mana yang berkait dengan penerbangan dalam

rangkaian, menghasilkan suatu cara yang berguna untuk menyimpan mak-

lumat di dalam pangkalan data komputer dan lain-lain lagi. Dalam Unit Pela-

jaran 7 ini, kita akan berbincang tentang konsep hubungan, bagaimana menye-

150

UNIT PELAJARAN 7. PENGENALAN KEPADA HUBUNGAN | 151

naraikan suatu hubungan bagi sesuatu set dan bagaimana menggambar atau

mewakilkan suatu hubungan dengan menggunakan matriks dan diagraf.

7.1 DEFINISI HUBUNGAN

DEFINISI 7.1 Andaikan A dan B adalah dua set bukan set nul. Suatu hubu-

ngan dedua (atau hanya hubungan)R dariA keB adalah satu subset kepada

hasil darab Cartesan A×B. Jika elemen a ∈ A dihubungkan ke elemen b ∈ B

oleh R, kita tulis (a, b) ∈ R. Jika c ∈ A tidak dihubungkan ke d ∈ B oleh R”,

kita tulis (c, d) /∈ R.

CATATAN 7.1 Jika R adalah satu hubungan dari set A ke set A yang sama,

maka R dikatakan sebagai satu hubungan ke atas A.

CONTOH 7.1 Diberi A = {0, 1, 2, 3, 4}dan B = {0, 1, 2, 3}. Andaikan R adalah

satu hubungan dari A ke B yang ditakrifkan sebagai:

∀a ∈ A,∀b ∈ B, (a, b) ∈ R↔ a < b

Perhatikan bahawa hasil darab Cartesan set A dan B :

A×B = {(0, 0) , (0, 1) , (0, 2) , (0, 3) ,

(1, 0) , . . . , (4, 2) , (4, 3)}

Oleh kerana R ⊆ A × B, maka nilai-nilai a ∈ A dan b ∈ B yang menepati

takrifan R adalah merupakan elemen-elemen R, iaitu:

0 < 1, 0 < 2, 0 < 3,

1 < 2, 1 < 3,

3 < 4


Oleh itu,

R = {(0, 1) , (0, 2) , (0, 3) , (1, 2) , (1, 3) , (2, 3)}

Contoh di bawah ini menggunakan definisi "membahagi" seperti yang telah

dibincangkan dalam Unit Pelajaran 5 pada bahagian Prinsip Aruhan Mate-

matik.

CONTOH 7.2 Diberi A = {1, 2, 3, 4}. Hubungan R ke atas A ditakrifkan seperti

berikut:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R↔ a | b

Dalam contoh ini, R ⊆ A×A. Nilai-nilai a ∈ A yang menepati takrifan ini adalah

1 | 1, 1 | 2, 1 | 3, 1 | 4

2 | 2, 2 | 4, 3 | 3, 4 | 4

Oleh yang demikian,

R = {(1, 1) , (1, 2) , (1, 3) , (1, 4) , (2, 2) , (2, 4) , (3, 3) , (4, 4)}

7.1.1 Domain dan Julat bagi Hubungan

DEFINISI 7.2 Andaikan R ⊆ A×B adalah suatu hubungan R dari A ke B.

(a) Domain bagiR, ditulis sebagaiDomain (R) , ialah satu set yang mengan-

dungi elemen A yang berhubung dengan sebahagian elemen B, iaitu:

Domain (R) = {a ∈ A | (a, b) ∈ R, b ∈ B}

(b) Julat bagi R, ditulis sebagai Julat (R) , ialah satu set yang mengandungi

elemen B yang dihubungkan dengan sebahagian daripada elemen A.


iaitu:

Julat (R) = {b ∈ B | (a, b) ∈ R, a ∈ A}

CONTOH 7.3

(a) Daripada CONTOH 7.1,

R = {(0, 1) , (0, 2) , (0, 3) , (1, 2) , (1, 3) , (2, 3)}

Oleh itu, Domain (R) = {0, 1, 2} dan Julat (R) = {1, 2, 3} .

(b) Daripada CONTOH 7.2,

R = {(1, 1) , (1, 2) , (1, 3) , (1, 4) , (2, 2) , (2, 4) , (3, 3) , (4, 4)}

Maka, Domain (R) = Julat (R) = {1, 2, 3, 4} .

7.1.2 Set Berkait

DEFINISI 7.3 Diberi suatu hubungan R ⊆ A×B dan a ∈ A. R (a) adalah satu

set berkait R bagi a, ditakrifkan sebagai set bagi kesemua elemen b ∈ B di

mana a berhubung dengan b, iaitu:

R (a) = {∀b ∈ B | (a, b) ∈ R}

DEFINISI 7.4 Diberi suatu hubungan R ⊆ A × B dan X ⊆ A. R (X) adalah

satu set berkait R bagi X, ditakrifkan sebagai set bagi kesemua elemen b ∈ B

di mana untuk sebahagian a ∈ X, a berhubung dengan b, iaitu:

R (X) = {∀b ∈ B, ∃x ∈ X | (a, b) ∈ R}


Untuk memudahkan kefahaman definisi-definisi di atas, sila lihat contoh-

contoh di bawah ini.

CONTOH 7.4 Diberi A = {a, b, c, d} , dan andaikan

R = {(a, a) , (a, b) , (b, c) , (c, a) , (d, c) , (c, b)}

adalah satu hubungan ke atas A.

(a) Maka,

R (a) = {a, b}

R (b) = {c}

R (c) = {a, b} = R (a)

R (d) = {c} = R (b)

(b) Jika X = {a, d} dan Y = {c, b} adalah dua subset bagi A. Maka,

R (X) = {a, b, c}

R (Y ) = {a, b, c}

Kita akan ’melawat’ semula konsep "set berkait R” ini apabila kita mem-

bincangkan topik hubungan kesetaraan dan kelas kesetaraan dalam Unit

Pelajaran 8.

Fikirkan mengapa hubungan R dikatakan sebagai

subset kepada hasil darab Cartesan set.



1. Senaraikan kesemua hubungan yang mungkin ke atas set {0, 1}.

2. Andaikan X = {2, 3, 4, 5} dan Y = {3, 4} . Hubungan R ditakrifkan dari X

ke Y seperti berikut:

∀x ∈ X, ∀y ∈ Y, (x, y) ∈ R↔ x ≥ y

(a) Senaraikan R.

(b) Cari Domain (R) dan Julat (R) .

(c) Cari R (2) , R (3) , R (4) dan R (5) .

3. Diberi dua set X = {2, 3, 4} dan Y = {6, 8, 10} . Hubungan R ditakrifkan

dari X ke Y seperti berikut:

∀x ∈ X, ∀y ∈ Y, (x, y) ∈ R↔ x | y

(a) Senaraikan R.


(c) Cari R (2) , R (3) dan R (4) .

7.2 PERWAKILAN BAGI HUBUNGAN

Kita telah biasa menggunakan gambarajah anak panah bagi mewakilkan suatu

hubungan. Dalam bahagian ini, kita akan memperkenalkan dua lagi kaedah

yang boleh digunakan untuk mewakilkan suatu hubungan iaitu, Matriks Hubu-

ngan dan Diagraf Hubungan.


7.2.1 Matriks Hubungan

DEFINISI 7.5 Diberi dua set terhingga A = {a1, a2, . . . , am} dan

B = {b1, b2, . . . , bn} yang masing-masing mempunyai m dan n elemen, dan

andaikan R sebagai satu hubungan dari A ke B. Hubungan R boleh diwa-

kilkan dengan suatu matriks hubungan R, iaitu MR = [mij] , (baris i dan lajur

j) di mana,

mij =

{1 jika (ai, bj) ∈ R0 jika (ai, bj) /∈ R

untuk i = 1..m dan j = 1..n.

CONTOH 7.5 Diberi A = {0, 1, 2, 3, 4}, B = {0, 1, 2, 3}, dan

R1 = {(0, 1) , (0, 2) , (0, 3) , (1, 2) , (1, 3) , (2, 3)}

adalah satu hubungan dari A ke B. Hubungan R1 diwakilkan dengan matriks

hubungan MR1 seperti berikut:

MR1 =

0 1 1 1

0 0 1 1

0 0 0 1

0 0 0 0

0 0 0 0

CONTOH 7.6 Diberi A = {1, 2, 3, 4}, dan

R2 = {(1, 1) , (1, 2) , (1, 3) , (1, 4) , (2, 2) , (2, 4) , (3, 3) , (4, 4)}


adalah satu hubungan ke atas A. Maka, matriks hubungan MR2 ialah:

MR2 =

1 1 1 1

0 1 0 1

0 0 1 0

0 0 0 1

CONTOH 7.7 Diberi A = {a, b, c} , dan B = {1, 2, 3, 4} . Pertimbangkan matriks

hubungan MR3 berikut:

MR3 =

1 0 0 1

0 1 1 0

1 0 1 0

Maka,

R3 = {(a, 1) , (a, 4) , (b, 2) , (b, 3) , (c, 1) , (c, 3)}

7.2.2 Diagraf Hubungan

Suatu diagraf hubungan mengandungi bucu-bucu (yang diwakili dengan bu-

latan) dan sisi-sisi (yang diwakili dengan anak panah). Suatu sisi yang meng-

hubung bucu ai ke bucu aj jika dan hanya jika (ai, aj) ∈ R.

CONTOH 7.8 Diberi A = {1, 2, 3, 4} , dan

R = {(1, 1) , (1, 2) , (2, 1) , (2, 2) , (2, 3) , (2, 4) , (3, 4) , (4, 1)}


Maka, diagraf bagi R ialah:

1 2

34

7.2.3 Darjah Ke Dalam dan Darjah Ke Luar

DEFINISI 7.6 Jika R ialah suatu hubungan ke atas set A dan a ∈ A, maka

darjah ke dalam bagi a ialah bilangan b ∈ A yang mana (b, a) ∈ R. Darjah ke

luar bagi a ialah bilangan b ∈ A di mana (a, b) ∈ R.

CONTOH 7.9 Diberi A = {a, b, c, d}, dan andaikan R adalah satu hubungan ke

atas A dengan matriks hubungan R :

MR =

1 1 1 1

0 1 0 1

0 0 1 0

1 0 1 1

Maka,

a b c d

Darjah ke dalam 2 2 3 3

Darjah ke luar 4 2 1 3

CATATAN 7.2 Daripada contoh di atas, kita dapati ada cara yang lebih mu-

dah untuk mengira darjah ke dalam dan darjah ke luar bagi sesuatu elemen.

Untuk mendapatkan bilangan darjah ke dalam bagi a, kita tambah lajur a iaitu


1 + 0 + 0+ 1 = 2. Untuk mendapatkan bilangan darjah ke luar bagi a, kita tam-

bahkan baris a iaitu 1+1+1+1 = 4. Begitulah seterusnya bagi elemen-elemen

yang lain.

Apakah kelebihan dan kekurangan mewakilkan

hubungan dengan matriks berbanding dengan diagraf?


1. Diberi A = {1, 2, 3, 4} dan R adalah satu hubungan ke atas A yang di-

takrifkan dalam bentuk matriks:

MR =

1 0 1 0

1 1 0 1

1 1 1 0

1 1 0 1

(a) Senaraikan R.

(b) Lukis diagraf bagi hubungan R.

2. Diberi A = {1, 2, 3, 4, 5} dan hubungan R di takrifkan ke atas A seperti

berikut:

R = {(1, 1), (1, 3), (1, 4), (2, 2), (3, 1), (3, 3), (3, 4), (4, 1), (4, 3), (4, 4), (5, 5)}

(a) Bentukkan MR.

(b) Lukis diagraf bagi R

(c) Cari darjah ke dalam dan darjah keluar bagi setiap bucu.


3. Diberi A = {w, x, y, z} dan hubungan R ditakrifkan ke atas A seperti

berikut:

R = {(w,w), (w, x), (x,w), (x, x), (x, z), (y, y), (z, y), (z, z)}

(a) Bentukkan MR.

(b) Lukis diagraf bagi R

(c) Cari darjah ke dalam dan darjah keluar bagi setiap bucu.

4. Diberi A = {−2,−1, 0, 1, 2} dan hubungan R ditakrifkan ke atas A seperti

berikut:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R↔ a2 = b2

(a) Senaraikan R.

(b) Bentukkan MR.

(c) Lukis diagraf bagi R.

(d) Cari darjah ke dalam dan darjah keluar bagi setiap bucu.

5. Diberi A = {1, 3, 5, 7, 9} dan hubungan R ditakrifkan ke atas A seperti

berikut:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R↔ a ≤ b

(a) Senaraikan R.

(b) Bentukkan MR.

(c) Lukis diagraf bagi R


6. Diberi A = {1, 2, 3, 4, 6, 12} dan hubungan R ditakrifkan ke atas A seperti

berikut:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R↔ a | b


(a) Senaraikan R.

(b) Bentukkan MR.



RUMUSAN

Dalam unit ini, kita telah membincangkan tentang hubungan di antara dua set.

Konsep hubungan antara dua set ini akan dikembangkan lagi dalam Unit Pela-

jaran 8 nanti.

KATA KUNCI

Hubungan, domain, julat, matriks hubungan, diagraf hubungan, set berkait.

LATIHAN SUMATIF 7

1. Senaraikan ke semua hubungan yang mungkin dari set {a, b} ke set

{0, 1}.

2. Diberi X = {2, 3, 4} dan Y = {3, 4, 5, 6, 7} . Hubungan R ditakrifkan dari

X ke Y seperti berikut:

∀x ∈ X, ∀y ∈ Y, (x, y) ∈ R↔ x | y

(a) Senaraikan R.


(c) Cari R (2) , R (3) dan R (4) .


3. Diberi A = {1, 2, 3, 4} dan R adalah satu hubungan ke atas A yang di-

takrifkan dalam bentuk matriks:

MR =

1 0 0 0

1 1 0 0

1 1 1 0

1 1 1 1

(a) Senaraikan R.

(b) Lukis diagraf bagi hubungan R.

4. Diberi A = {1, 2, 4, 8, 16} dan hubungan R ditakrifkan ke atas A seperti

berikut:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R↔ a | b

(a) Senaraikan R.

(b) Bentukkan MR.

(c) Lukis diagraf bagi R.


5. Diberi A = {1, 2, 3, 4} dan hubungan R ditakrifkan ke atas A seperti

berikut:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R↔ |a− b| ≤ 1

(a) Senaraikan R.

(b) Bentukkan MR.




6. Diberi A = {3, 4, 5, 6, 7, 8} dan hubungan R ditakrifkan ke atas A seperti

berikut:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R↔ 2 | (a− b)

(a) Senaraikan R.

(b) Bentukkan MR.



RUJUKAN




Learning.










JAWAPAN


1. Terdapat 16 hubungan yang mungkin, iaitu:

{}, {(0, 0)}, {(0, 1)}, {(1, 0)}, {(1, 1)},

{(0, 0), (0, 1)}, {(0, 0), (1, 0)}, {(0, 0), (1, 1)},

{(0, 1), (1, 0)}, {(0, 1), (1, 1)}, {(1, 0), (1, 1)},

{(0, 0), (0, 1), (1, 0)}, {(0, 0), (0, 1), (1, 1)},

{(0, 0), (1, 0), (1, 1)}, {(0, 1), (1, 0), (1, 1)},

{(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)}

2. (a) R = {(3, 3) , (4, 3) , (4, 4) , (5, 3) , (5, 4)}

(b) Domain (R) = {3, 4, 5} ; Julat (R) = {3, 4}

(c) R (2) = ∅;R (3) = {3} , R (4) = {3, 4} = R (5) .

3. (a) R = {(2, 6) , (2, 8) , (2, 10) , (3, 6) , (4, 8)}

(b) Domain (R) = {2, 3, 4} ; Julat (R) = {6, 8, 10}

(c) R (2) = {6, 8, 10} ;R (3) = {6} ;R (4) = {8}


1. (a) R = {(1, 1) , (1, 3) , (2, 1) , (2, 2) , (2, 4) ,

(3, 1) , (3, 2) , (3, 3) , (4, 1) , (4, 2) , (4, 4)}


(b)

1 2

34

2. (a) MR =

1 0 1 1 0

0 1 0 0 0

1 0 1 1 0

1 0 1 1 0

0 0 0 0 1

(b)

1 2

34

5

(c)

1 2 3 4 5

Darjah ke dalam 3 1 3 3 1

Darjah ke luar 3 1 3 3 1

3. (a) MR =

1 1 0 0

1 1 0 1

0 0 1 0

0 0 1 1


(b)

w x

yz

(c)

w x y z



4. (a) R = {(−2,−2) , (−2, 2) , (−1,−1) , (−1, 1) , (0, 0) ,

(1,−1) , (1, 1) , (2,−2) , (2, 2)}

(b) MR =

1 0 0 0 1

0 1 0 1 0

0 0 1 0 0

0 1 0 1 0

1 0 0 0 1

(c)

2 1

12

0


(d)

−2 −1 0 1 2



5. (a) R = {(1, 1) , (1, 3) , (1, 5) , (1, 7) , (1, 9) ,

(3, 3) , (3, 5) , (3, 7) , (3, 9) , (5, 5) ,

(5, 7) , (5, 9) , (7, 7) , (7, 9) , (9, 9)}

(b) MR =

1 1 1 1 1

0 1 1 1 1

0 0 1 1 1

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

(c)

1 3

79

5

(d)

1 3 5 7 9



6. (a) R = {(1, 1) , (1, 2) , (1, 3) , (1, 4) , (1, 6) , (1, 12)

(2, 2) , (2, 4) , (2, 6) , (2, 12) , (3, 3) , (3, 6) ,

(3, 12) , (4, 4) , (4, 12) , (6, 6) , (6, 12) , (12, 12)}


(b) MR =

1 1 1 1 1 1

0 1 0 1 1 1

0 0 1 0 1 1

0 0 0 1 0 1

0 0 0 0 1 1

0 0 0 0 0 1

(c)

1 2

46

312

(d)

1 2 3 4 6 12

Darjah ke dalam 1 2 2 3 4 6

Darjah ke luar 6 4 3 2 2 1


1. Terdapat 16 kemungkinan hubungan

{}, {(a, 0)}, {(a, 1)}, {(b, 0)}, {(b, 1)},

{(a, 0), (a, 1)}, {(a, 0), (b, 0)}, {(a, 0), (b, 1)}, {(a, 1),

(b, 0)}, {(a, 1), (b, 1)}, {(b, 0), (b, 1)}, {(a, 0), (a, 1), (b, 0)},

{(a, 0), (a, 1), (b, 1)}, {(a, 0), (b, 0), (b, 1)}, {(a, 1), (b, 0), (b, 1)},

{(a, 0), (a, 1), (b, 0), (b, 1)}

2. (a) R = {(2, 4) , (2, 6) , (3, 3) , (3, 6) , (4, 4)}


(b) Domain (R) = {2, 3, 4} ; Julat (R) = {3, 4, 6}

(c) R (2) = {4, 6} ;R (3) = {3, 6} ;R (4) = {4}

3. (a) R = {(1, 1) , (2, 1) , (2, 2) , (3, 1) , (3, 2) , (3, 3) , (4, 1) , (4, 2) , (4, 3) , (4, 4)}

(b)

1 2

34

4. (a) R = {(1, 1) , (1, 2) , (1, 4) , (1, 8) , (1, 16) ,

(2, 2) , (2, 4) , (2, 8) , (2, 16) , (4, 4) ,

(4, 8) , (4, 16) , (8, 8) , (8, 16) , (16, 16)}

(b) MR =

1 1 1 1 1

0 1 1 1 1

0 0 1 1 1

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

(c)

1 2

816

4


(d)

1 2 4 8 16



5. (a) R = {(1, 1) , (1, 2) , (2, 1) , (2, 2) , (2, 3) ,

(3, 2) , (3, 3) , (3, 4) , (4, 3) , (4, 4)}

(b) MR =

1 1 0 0

1 1 1 0

0 1 1 1

0 0 1 1

(c)

1 2

34

(d)

1 2 3 4



6. (a) R = {(3, 3) , (3, 5) , (3, 7) , (4, 4) , (4, 6) , (4, 8) ,

(5, 5) , (5, 7) , (5, 3) , (6, 6) , (6, 8) , (6, 4) ,

(7, 7) , (7, 3) , (7, 5) , (8, 8) , (8, 4) , (8, 6)}


(b) MR =

1 0 1 0 1 0

0 1 0 1 0 1

1 0 1 0 1 0

0 1 0 1 0 1

1 0 1 0 1 0

0 1 0 1 0 1

(c)

3 4

67

58

(d)

3 4 5 6 7 8

Darjah ke dalam 3 3 3 3 3 3

Darjah ke luar 3 3 3 3 3 3

UNIT PELAJARAN 8

HUBUNGAN KESETARAAN

HASIL PEMBELAJARAN


1. menyatakan sifat-sifat hubungan,

2. menentukan samada suatu hubungan itu merupakan hubungan kese-

taraan,

3. mengenalpasti petakan suatu set,

4. menentukan hubungan kesetaraan daripada suatu petakan,

5. menentukan petakan daripada suatu hubungan kesetaraan.

PENGENALAN

Dalam Unit Pelajaran 7 yang lepas, kita telah memperkenal dan mem-

bincangkan konsep hubungan. Seperti yang telah dinyatakan di

akhir unit tersebut, dalam Unit Pelajaran 8 ini, kita akan kembangkan

lagi konsep hubungan dan bincang suatu jenis hubungan yang agak istimewa

dengan kombinasi ciri-ciri dan sifat-sifat tertentu. tertentu yang membolehkan

ianya digunakan untuk mengaitkan objek-objek yang setara dalam beberapa

172

UNIT PELAJARAN 8. HUBUNGAN KESETARAAN | 173

cara. Unit ini akan memulakan perbincangan tentang sifat-sifat hubungan ter-

lebih dahulu.

8.1 SIFAT-SIFAT HUBUNGAN

Suatu hubungan mempunyai ciri-ciri atau sifat-sifat tertentu. Terdapat enam

sifat utama bagi suatu hubungan. Ini diberikan dalam definisi berikut.

DEFINISI 8.1 Andaikan R sebagai suatu hubungan ke atas set A. Hubungan

R dikatakan bersifat:

(a) refleksif jika setiap elemen dalam A berhubung dengan dirinya sendiri,

iaitu:

∀a ∈ A, (a, a) ∈ R

(b) tak refleksif jika setiap elemen dalam A tidak berhubung dengan dirinya

sendiri, iaitu:

∀a ∈ A, (a, a) /∈ R

(c) simetrik jika terdapat elemen a berhubung dengan elemen b dalam A,

maka terdapat juga elemen b berhubung dengan elemen a dalam A, iaitu:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R→ (b, a) ∈ R

(d) asimetrik jika terdapat elemen a berhubung dengan elemen b dalam A,

maka tidak terdapat elemen b berhubung dengan elemen a dalam A,

iaitu:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R→ (b, a) /∈ R

(e) antisimetrik jika terdapat elemen a berhubung dengan elemen b, dan

elemen b berhubung dengan elemen a dalamA,maka kedua-dua elemen


ini mestilah sama, iaitu:

∀a, b ∈ A, [(a, b) ∈ R ∧ (b, a) ∈ R]→ a = b

atau, dengan menggunakan kontrapositif: jika elemen a dan elemen b

adalah berlainan, maka sama ada elemen a tidak berhubung dengan

elemen b, atau elemen b tidak berhubung dengan elemen a dalam A,

iaitu:

∀a, b ∈ A, a 6= b→ [(a, b) /∈ R ∨ (b, a) /∈ R]

(f) transitif jika terdapat elemen a berhubung dengan elemen b, dan elemen

b berhubung dengan elemen c dalam A, maka terdapat juga elemen a

berhubung dengan elemen c dalam A, iaitu:

∀a, b, c ∈ A, [(a, b) ∈ R ∧ (b, c) ∈ R]→ (a, c) ∈ R

Dalam kursus ini, kita akan hanya menumpukan kepada tiga daripada enam

sifat hubungan di atas sahaja, iaitu: refleksif, simetrik, dan transitif.

Untuk lebih memahami tiga sifat bagi hubungan ini, mari kita bincang

contoh-contoh berikut.

CONTOH 8.1 Diberi A = {1, 2, 3, 4} dan andaikan

R = {(1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4) , (1, 2) , (2, 1)}

adalah hubungan ke atas A.

• R adalah satu hubungan refleksif kerana (1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4) ∈ R.

• R adalah satu hubungan simetrik kerana (1, 2) ∈ R dan (2, 1) ∈ R.


• R adalah satu hubungan transitif kerana (1, 2) , (2, 1) ∈ R dan (1, 1) ∈

R; (2, 1) , (1, 2) ∈ R dan (2, 2) ∈ R

CATATAN 8.1 Oleh kerana R adalah satu set yang terhingga, maka kesemua

elemen R haruslah diuji untuk menunjukkan kebenaran sifat-sifat tersebut.

CONTOH 8.2 Diberi A = {1, 2, 3, 4} dan andaikan

R = {(1, 2) , (2, 2) , (3, 4) , (4, 1)}

adalah hubungan ke atas A.

• R bukan satu hubungan refleksif kerana (1, 1) , (3, 3) , (4, 4) /∈ R.

• R bukan satu hubungan simetrik kerana (3, 4) ∈ R tetapi (4, 3) /∈ R.

• R bukan satu hubungan transitif kerana (3, 4) , (4, 1) ∈ R tetapi (3, 1) /∈ R.

CATATAN 8.2 Untuk menunjukkan kepalsuan suatu sifat, cukup jika kita ke-

mukakan satu contoh penyangkal sahaja. (Sila rujuk Unit Pelajaran 2).

Satu lagi cara yang berkesan untuk mengetahui sifat-sifat sesuatu hubungan

yang terhingga itu ialah dengan menggunakan matriks hubungan.

DEFINISI 8.2 Andaikan R adalah suatu hubungan ke atas set A, dan MR =

[mij] adalah matriks hubungan R. Hubungan R bersifat:

(a) refleksif: ∀i, j, i = j → mij = 1

(b) simetrik: ∀i, j,mij = 1→ mji = 1

(c) transitif: ∀i, j, k, (mij = 1 ∧mjk = 1)→ mik = 1


CONTOH 8.3 Andaikan matrik hubungan R1 seperti berikut:

MR1 =

0 1 1 0

1 1 0 0

1 0 1 1

0 0 1 1

Daripada matriks hubungan ini kita dapati hubungan R1 adalah: Bukan reflek-

sif, simetrik, dan tidak transitif. (SILA SEMAK!)

CONTOH 8.4 Andaikan matrik hubungan R2 seperti berikut:

MR2 =

1 0 0 1

0 1 1 1

0 0 1 0

0 0 0 1

Hubungan R2 adalah: refleksif, tidak simetrik, dan transitif.

Nyatakan enam sifat yang mungkin ada pada

suatu hubungan.



1. Diberi A = {0, 1, 2, 3} , dan R, S, dan T adalah hubungan-hubungan yang

ditakrifkan ke atas A seperti berikut:

R = {(0, 0) , (0, 1) , (0, 3) , (1, 0) , (1, 1) , (2, 2) , (3, 0) , (3, 3)}

S = {(0, 0) , (0, 2) , (0, 3) , (2, 3)}

T = {(0, 1) , (2, 3)}

(a) Adakah R refleksif? Adakah R simetrik? Adakah R transitif?

(b) Adakah S refleksif? Adakah S simetrik? Adakah S transitif?

(c) Adakah T refleksif? Adakah T simetrik? Adakah T transitif?

2. Dalam soalan-soalan berikut, tentukan sama ada hubunganR yang diberi-

kan itu: (1) refleksif, (2) simetrik, (3) transitif.

(a) R ke atas {1, 2, 3, . . .} di mana (a, b) ∈ R↔ a | b.

(b) R ke atas {w, x, y, z} di mana

R = {(w,w), (w, x), (x,w), (x, x), (x, z), (y, y), (z, y), (z, z)}.

(c) R ke atas Z di mana (a, b) ∈ R↔ |a− b| ≤ 1

(d) R ke atas Z di mana (a, b) ∈ R↔ a2 = b2

3. Jika matriks MR =,

1 0 1 0

1 1 0 1

1 1 1 0

1 1 0 1

tentukan sama ada R adalah:

(a) refleksif,


(b) simetrik,

(c) transitif

8.2 HUBUNGAN KESETARAAN

DEFINISI 8.3 Suatu hubunganR ke atas setA dinamakan sebagai satu hubu-

ngan kesetaraan jika ianya bersifat:

• refleksif,

• simetrik, dan,

• transitif.

CATATAN 8.3 Untuk menjadi satu hubungan kesetaraan, suatu hubungan itu

mesti mempunyai ketiga-tiga sifat di atas. Jika salah satu daripada sifat itu

tidak terdapat pada suatu hubungan, maka hubungan tersebut bukan satu hu-

bungan kesetaraan.

CONTOH 8.5 Diberi A = {1, 2, 3, 4} dan andaikan hubungan R ke atas A di-

takrifkan seperti berikut:

R = {(1, 1) , (1, 2) , (2, 1) , (2, 2) , (3, 4) , (4, 3) , (3, 3) , (4, 4)}

R adalah satu hubungan kesetaraan kerana:

• R adalah refleksif: (1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4) ∈ R.

• R adalah simetrik: (1, 2) , (2, 1) ∈ R; dan (3, 4) , (4, 3) ∈ R

• R adalah transitif: (1, 2) , (2, 1) , (1, 1) ∈ R; (2, 1) , (1, 2) , (2, 2) ∈ R;

(3, 4) , (4, 3) , (3, 3) ∈ R; dan, (4, 3) , (3, 4) , (4, 4) ∈ R.


CATATAN 8.4

(a) Dalam contoh di atas, elemen R adalah terhingga. Oleh yang demikian,

untuk menentukan suatu hubungan itu adalah satu hubungan kesetaraan,

maka setiap elemen R haruslah diuji.

(b) Jika elemenR adalah tak terhingga, maka kita akan gunakan pembuktian

secara logik (seperti yang telah dibincangkan dalam Unit Pelajaran 3)

untuk menentukan hubungan kesetaraan.

Apakah yang dikatakan suatu hubungan

itu satu hubungan kesetaraan?

CONTOH 8.6 Diberi A = Z, dan andaikan R sebagai satu hubungan ke atas

A, yang ditakrifkan seperti berikut:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R↔ a ≤ b

Untuk menentukan sama ada R adalah satu hubungan kesetaraan, kita uji

sifat-sifat berikut:

• Refleksif: Kita perlu tunjukkan:

∀a ∈ A, (a, a) ∈ R

Keadaan ini sentiasa benar untuk kesemua nilai a ∈ A kerana a ≤ a.

Jadi, R adalah refleksif.


• Simetrik: Kita perlu tunjukkan:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R→ (b, a) ∈ R

Andaikan (a, b) ∈ R. Daripada takrifan R, (a, b) ∈ R↔ a ≤ b. Akan tetapi,

b ≤ a tak selalunya benar. Satu contoh penyangkal ialah a = 2, b = 3.

Maka 2 ≤ 3, tetapi 3 � 2. Oleh yang demikian, (b, a) /∈ R. Justeru, R

bukan simetrik.

• Transitif: Kita perlu tunjukkan:

∀a, b, c ∈ A, (a, b) ∈ R ∧ (b, c) ∈ R→ (a, c) ∈ R

Andaikan (a, b) ∈ R ∧ (b, c) ∈ R. Daripada takrifan R,

(a, b) ∈ R ∧ (b, c) ∈ R

↔ (a ≤ b) ∧ (b ≤ c)

↔ (a ≤ c)

↔ (a, c) ∈ R

Justeru, R adalah transitif.

Oleh keranaR bukan simetrik, makaR bukan satu hubungan kesetaraan.

CATATAN 8.5 Contoh di atas menunjukkan bahawa suatu hubungan itu bukan

satu hubungan kesetaraan jika salah satu daripada sifat-sifatnya tidak dipenuhi.

Contoh seterusnya melibatkan konsep hubungan kongruen modulo n.

Hubungan ini adalah satu hubungan kesetaraan yang kerap digunakan dalam

aljabar. Di sini kita guna semula konsep "membahagi" yang telah dibincangkan

sebelum ini. Kita beri definisi kongruen modulo n dahulu.


DEFINISI 8.4 Andaikan a, b, n ∈ Z dengan n > 1. Kita katakan "a kongruen

kepada b modulo n ", ditulis sebagai a ≡ b (modn) , dan ditakrifkan seperti

berikut:

a ≡ b (modn)

↔ n | (a− b)

↔ a− b = nk, k ∈ Z

↔ a = nk + b

CONTOH 8.7

(a) 7 ≡ 2 (mod 5)

↔ 5 | (7− 2)

↔ 7 = 5 (1) + 2, k = 1 ∈ Z

(b) 42 ≡ 12 (mod 6)

↔ 6 | (42− 12)

↔ 42 = 6 (5) + 12, k = 5 ∈ Z

(c) −5 ≡ 3 (mod 4)

↔ 4 | ((−5)− 3)

↔ −5 = 4 (−2) + 3, k = −2 ∈ Z

CONTOH 8.8 Diberi A = Z, dan andaikan R sebagai satu hubungan ke atas

A yang ditakrif seperti berikut:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R↔ a ≡ b (modn)

Untuk menunjukkan R adalah satu hubungan kesetaraan, kita uji sifat-sifat

berikut:



∀a ∈ A, (a, a) ∈ R

(a, a) ∈ R

↔ a ≡ a (modn)

↔ n | (a− a)

↔ n | 0

Jadi, R adalah refleksif.


∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R→ (b, a) ∈ R

Andaikan (a, b) ∈ R. Maka,

a ≡ b (modn)

↔ n | (a− b)

↔ a− b = nk, k ∈ Z

↔ b− a = n (−k) , (−k) ∈ Z

↔ n | (b− a)

↔ b ≡ a (modn)

↔ (b, a) ∈ R

Jadi, R adalah simetrik.



∀a, b, c ∈ A, (a, b) ∈ R ∧ (b, c) ∈ R→ (a, c) ∈ R

Andaikan (a, b) ∈ R ∧ (b, c) ∈ R. Maka,

(a, b) ∈ R↔ a ≡ b (modn) dan (b, c) ∈ R↔ b ≡ c (modn)

↔ a− b = nk dan b− c = nl, k, l ∈ Z

↔ (a− b) + (b− c) = n (k + l)

↔ a− c = nm, m ∈ Z

↔ a ≡ c (modn)

↔ (a, c) ∈ R

Oleh itu, R adalah transitif, dan justeru R adalah satu hubungan kese-

taraan.

Seterusnya, kita kembangkan contoh kita mengenai konsep hubungan dan

hubungan kesetaraan ini ke atas set hasil darab Cartesan.

CATATAN 8.6 Dalam Bahagian 7.1 Unit Pelajaran 7, kita berikan definisi satu

hubungan R ke atas set A dan kita katakan R ⊆ A × A. Elemen-elemen R

adalah dalam bentuk

R = {(a, b) | a, b ∈ A}

yang menunjukkan bahawa a ∈ A dihubungkan dengan b ∈ A oleh R.

Satu hubungan R ke atas hasil darab Cartesan pula bermaksud R adalah satu

hubungan ke atas set A × A = A2, dan kita katakan R ⊆ A2 × A2. Kali ini

elemen-elemen R adalah dalam bentuk

R ={((a, b) , (c, d)) | (a, b) , (c, d) ∈ A2

}


yang menunjukkan bahawa (a, b) ∈ A2 dihubungkan dengan (c, d) ∈ A2 oleh

R.

CONTOH 8.9 Diberi set Z× Z = Z2, dan R sebagai satu hubungan ke atas A

yang ditakrifkan seperti berikut:

∀ (a, b) , (c, d) ∈ Z2,

((a, b) , (c, d)) ∈ R↔ a2 + d2 = c2 + b2


∀ (a, b) ∈ Z2, ((a, b) , (a, b)) ∈ R

((a, b) , (a, b)) ∈ R

↔ a2 + b2 = a2 + b2

Maka, R adalah refleksif.


∀ (a, b) , (c, d) ∈ Z2, ((a, b) , (c, d)) ∈ R→ ((c, d) , (a, b)) ∈ R

Andaikan, ((a, b) , (c, d)) ∈ R. Maka,

a2 + d2 = c2 + b2

↔ c2 + b2 = a2 + d2

↔ ((c, d) , (a, b)) ∈ R

Maka, R adalah simetrik.



∀ (a, b) , (c, d) , (e, f) ∈ Z2,

((a, b) , (c, d)) ∈ R ∧ ((c, d) , (e, f)) ∈ R→ ((a, b) , (e, f)) ∈ R

Andaikan ((a, b) , (c, d)) ∈ R ∧ ((c, d) , (e, f)) ∈ R. Maka,

(a2 + d2 = c2 + b2

)∧(c2 + e2 = d2 + f 2

)↔ a2 + f 2 = e2 + b2

↔ ((a, b) , (e, f)) ∈ R

Maka R adalah transitif. Justeru, R adalah satu hubungan kesetaraan.

8.2.1 Petakan

DEFINISI 8.5 Suatu petakan bagi suatu set A bukan set nul ialah satu koleksi

(set) ℘ yang mengandungi subset-subset A1, A2, . . . , An bagi A, iaitu,

℘ = {A1, A2, . . . , An}

yang memenuhi syarat-syarat berikut:

(a) setiap elemen A mesti berada dalam salah satu daripada subset

A1, A2, . . . , An;

(b) untuk sebarang dua subset Ai, Aj ∈ ℘, jika Ai 6= Aj, maka Ai dan Aj

adalah subset yang saling tak bercantum (setiap subsetA tidak berkongsi

elemen), iaitu:

∀Ai, Aj ∈ ℘,Ai 6= Aj → Ai ∩ Aj = ∅


dan,

(c) kesatuan kesemua subset A akan memberi semula set A, iaitu:

A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An =n⋃i=1

Ai = A

Subset-subset A1, A2, . . . , An bagi A yang merupakan elemen kepada

petakan ℘ dinamakan blok atau sel bagi petakan tersebut.

Untuk memudahkan kefahaman konsep petakan ini, kita boleh kaitkan de-

ngan permainan ’jigsaw puzzle’, di mana kepingan-kepingan ’puzzle’ itu mewa-

kili subset-subset, dan jika dicantum (kesatuan) kepingan-kepingan tersebut

akan membentuk satu gambar yang menarik.

CONTOH 8.10 Diberi A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} , dan andaikan A1 = {1, 2, 3} ,

A2 = {4, 5} , dan A3 = {6} adalah subset-subset A. Pertama, kita dapati,

setiap elemen A berada dalam salah satu daripada subset-subsetnya. Kedua,

ketiga-tiga subset tersebut saling tidak bercantum. Ketiga, A1 ∪ A2 ∪ A3 = A.

Oleh kerana ketiga-tiga syarat petakan dipenuhi, maka,

℘ = {{1, 2, 3} , {4, 5} , {6}}

= {A1, A2, A3}

adalah satu petakan bagi A yang mempunyai tiga blok: A1, A2, dan A3.

CONTOH 8.11 Diberi B = {1, 2, 3, 4, 5, 6} , dan andaikan B1 = {1, 2, 3} ,

B2 = {3, 4, 5} , dan B3 = {1, 6} adalah subset-subset A. Ketiga-tiga subset

B1, B2, dan B3 tidak membentuk petakan bagi set B kerana syarat (b) tidak

dipenuhi.


8.2.2 Hubungan Kesetaraan Daripada Petakan

Dalam bahagian ini kita akan membincangkan perkaitan antara suatu petakan

dengan hubungan kesetaraan. Kita juga akan membincangkan satu teorem

di mana suatu hubungan kesetaraan boleh diperoleh daripada satu petakan

yang diberi.

TEOREM 8.1 Andaikan ℘ adalah petakan bagi set A. Hubungan R ke atas A

ditakrifkan seperti berikut:

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R↔ a dan b berada dalam blok yang sama.

Maka R adalah satu hubungan kesetaraan ke atas A yang ditentukan oleh

petakan ℘.

CONTOH 8.12 Diberi A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} dan pertimbangkan petakan

℘ = {{1, 2, 3} , {4, 5} , {6}}

bagi A. Kita dapati, elemen 1, 2, dan 3 berada dalam blok yang sama. Begitu

juga dengan elemen 4 dan 5, dan 6. Oleh itu, Kita dapat membentuk elemen

bagi R daripada setiap blok ini seperti berikut:

Blok {1, 2, 3} : (1, 1) , (1, 2) , (1, 3) ,

(2, 1) , (2, 2) , (2, 3) ,

(3, 1) , (3, 2) , (3, 3)

Blok {4, 5} : (4, 4) , (4, 5) , (5, 4) , (5, 5)

Blok {6} : (6, 6)

Justeru, berdasarkan teorem di atas, hubungan kesetaraan R ke atas A yang


ditentukan oleh petakan ℘ adalah

R = {(1, 1) , (1, 2) , (1, 3) , (2, 1) , (2, 2) , (2, 3) ,

(3, 1) , (3, 2) , (3, 3) , (4, 4) , (4, 5) , (5, 4) ,

(5, 5) , (6, 6)}

Kita boleh menyemak bagi menunjukkan bahawa R adalah satu hubungan

kesetaraan ke atas set A dengan menguji sifat-sifat refleksif, simetrik dan tran-

sitifnya.

8.2.3 Petakan Daripada Hubungan Kesetaraan

Dalam bahagian ini pula kita akan membincangkan kita dapat membentuk satu

petakan bagi suatu set daripada suatu hubungan kesetaraan yang diberi.

CONTOH 8.13 Jika kita masih ingat, dalam Unit Pelajaran 7 yang lepas, jika

diberi satu set A dan satu hubungan R ke atas A, kita takrifkan satu set berkait

R bagi a sebagai

R (a) = {x ∈ A | (x, a) ∈ R}

Justeru, jika diberi suatu hubungan kesetaraan

R = {(1, 1) , (1, 2) , (1, 3) , (2, 1) , (2, 2) , (2, 3) ,

(3, 1) , (3, 2) , (3, 3) , (4, 4) , (4, 5) , (5, 4) ,

(5, 5) , (6, 6)}

ke atas set A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} , maka set-set berkait R bagi setiap elemen A


adalah:

R (1) = R (2) = R (3) = {1, 2, 3}

R (4) = R (5) = {4, 5}

R (6) = {6}

Daripada set-set berkait R ini, kita peroleh petakan kepada set A, iaitu:

℘ = {{1, 2, 3} , {4, 5} , {6}}

= {R (1) , R (4) , R (6)}

= {R (1) , R (5) , R (6)}

= · · ·

Perhatikan bahawa kita peroleh tiga blok yang berbeza: R (1) = {1, 2, 3} ,

R (4) = {4, 5} , dan R (6) = {6} yang membentuk petakan ℘ daripada hubu-

ngan kesetaraan yang diberi. Kita boleh gunakan sebarang gabungan tiga blok

yang berbeza seperti R (1) , R (5) , dan R (6), atau, R (2) , R (4) , dan R (6) , dan

sebagainya.

Konsep-konsep kesetaraan dan petakan yang dibincangkan di atas mem-

bawa kita kepada satu lagi konsep baru iaitu kelas kesetaraan.

8.2.4 Kelas Kesetaraan

DEFINISI 8.6 Andaikan R adalah suatu hubungan kesetaraan ke atas A, dan

andaikan a ∈ A. Set bagi kesemua elemen yang setara dengan a dinamakan

kelas kesetaraan bagi a, dan diwakilkan dengan tatatanda [a] , iaitu:

[a] = {x ∈ A | (x, a) ∈ R}


Set yang mengandungi kesemua kelas kesetaraan yang berbeza diwakilkan

dengan tatatanda A/R.

CATATAN 8.7 Perhatikan bahawa definisi bagi kelas kesetaraan di atas adalah

serupa dengan definisi bagi set berkait R bagi a, iaitu:

[a] = {x ∈ A | (x, a) ∈ R} = R (a)

dan, konsep A/R pula serupa dengan konsep petakan ℘.

CONTOH 8.14 Daripada contoh di atas dengan set A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} dan R

adalah satu hubungan kesetaraan ke atas A yang ditakrifkan sebagai:

R = {(1, 1) , (1, 2) , (1, 3) , (2, 1) , (2, 2) , (2, 3) ,

(3, 1) , (3, 2) , (3, 3) , (4, 4) , (4, 5) , (5, 4) ,

(5, 5) , (6, 6)}

kita peroleh tiga kelas kesetaraan yang berbeza iaitu [1] , [4] , dan [6]. Justeru,

set yang mengandungi kesemua kelas kesetaraan yang berbeza ialah,

A/R = {{1, 2, 3} , {4, 5} , {6}} = {[1] , [4] , [6]} = {[1] , [5] , [6]} = · · ·

CONTOH 8.15 Diberi A = {1, 2, . . . , 10} dan andaikan R adalah satu hubun-

gan ke atas A yang ditakrifkan sebagai

∀a, b ∈ A, (a, b) ∈ R↔ a ≡ b (mod 3)

Daripada apa yang telah dibincangkan dalam contoh sebelum ini, hubungan

R adalah satu hubungan kesetaraan. (Sila semak!) Untuk mendapat kelas

kesetaraannya, kita perlu menyemak setiap elemen A kerana set A adalah set


terhingga. Jadi,

[1] = {x ∈ A | (x, 1) ∈ R}

= {x ∈ A | x ≡ 1 (mod 3)} = {1, 4, 7, 10}

[2] = {x ∈ A | (x, 2) ∈ R}

= {x ∈ A | x ≡ 2 (mod 3)} = {2, 5, 8}

[3] = {x ∈ A | (x, 3) ∈ R}

= {x ∈ A | x ≡ 3 (mod 3)} = {3, 6, 9}

[4] = {x ∈ A | (x, 3) ∈ R}

= {x ∈ A | x ≡ 4 (mod 3)} = {1, 4, 7, 10} = [1]

[5] = {x ∈ A | (x, 3) ∈ R}

= {x ∈ A | x ≡ 5 (mod 3)} = {2, 5, 8} = [2]

[6] = {x ∈ A | (x, 3) ∈ R}

= {x ∈ A | x ≡ 6 (mod 3)} = {3, 6, 9} = [3]

[7] = {x ∈ A | (x, 3) ∈ R}

= {x ∈ A | x ≡ 7 (mod 3)} = {1, 4, 7, 10} = [1] = [4]

[8] = {x ∈ A | (x, 3) ∈ R}

= {x ∈ A | x ≡ 8 (mod 3)} = {2, 5, 8} = [2] = [5]

[9] = {x ∈ A | (x, 3) ∈ R}

= {x ∈ A | x ≡ 9 (mod 3)} = {3, 6, 9} = [3] = [6]

[10] = {x ∈ A | (x, 3) ∈ R}

= {x ∈ A | x ≡ 10 (mod 3)} = {1, 4, 7, 10} = [1] = [4] = [7]

Perhatikan bahawa: [1] = [4] = [7] = [10] ; [2] = [5] = [8] ; [3] = [6] = [9] . Oleh

itu, A/R = {[1] , [2] , [3]} (atau mana-mana tiga set berkait R yang berbeza).



1. Tentukan sama ada hubungan R

R = {(1, 1) , (1, 3) , (1, 5) , (2, 2) , (2, 4) , (3, 1) ,

(3, 3) , (3, 5) , (4, 2) , (4, 4) , (5, 1) , (5, 3) , (5, 5)}

yang ditakrifkan ke atas set A = {1, 2, 3, 4, 5} merupakan satu hubungan

kesetaraan.

2. Tentukan sama ada hubungan R ke atas set X yang ditakrifkan sebagai

∀x, y ∈ X, (x, y) ∈ R↔ x ≤ y

merupakan satu hubungan kesetaraan.

3. Diberi N×N = N2 dan R adalah hubungan ke atas A ditakrifkan sebagai:

∀ (a, b) , (c, d) ∈ N2, ((a, b) . (c, d)) ∈ R↔ a+ d = b+ c

Tunjukkan bahawa R adalah satu hubungan kesetaraan.

4. Yang manakah di antara berikut merupakan petakan bagi set

{1, 2, 3, . . . , 10}Beri alasan kepada jawapan anda.

(a) {2, 4, 6, 8}, {1, 3, 5, 9}, {7, 10}.

(b) {1, 2, 4, 8}, {2, 5, 7, 10}, {3, 6, 9}.

5. Tentukan sama ada hubungan-hubungan berikut merupakan hubungan

kesetaraan ke atas {1, 2, 3, 4, 5} . Jika ianya satu hubungan kesetaraan,

senaraikan kelas kesetaraannya.


(a) {(1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4) , (5, 5) , (1, 3) , (3, 1)} .

(b) {(1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4)} .

6. Bentukkan hubungan kesetaraan daripada petakan-petakan berikut bagi

set {1, 2, 3, 4, 5}:

(a) {1, 2, 3} , {4, 5} .

(b) {1} , {2} , {3} , {4} , {5} .

7. Andaikan R adalah satu hubungan kesetaraan ke atas A = {1, 2, 3, 4, 5}

di mana

R = {(1, 1), (1, 3), (1, 4), (2, 2), (3, 1), (3, 3), (3, 4), (4, 1),

(4, 3), (4, 4), (5, 5)}

Cari kelas kesetaraannya.

RUMUSAN

Dalam Unit Pelajaran 8 ini, kita telah membincangkan contoh-contoh hubu-

ngan kesetaraan yang mana hubungan itu adalah bersifat refleksif, simetrik

dan transitif. Kita juga telah membincangkan tentang hubungan kesetaraan

juga boleh memetakkan sesuatu set ke dalam kelas kesetaraan bagi elemen-

elemen dalam kelas yang sama. Sebaliknya pula, suatu petakan bagi satu set

boleh memberikan satu hubungan kesetaraan ke atas set tersebut.

KATA KUNCI

Refleksif, simetrik, transitif, hubungan kesetaraan, petakan, kelas kesetaraan.


LATIHAN SUMATIF 8

1. Diberi A = {0, 1, 2, 3} , dan R, S, dan T adalah hubungan-hubungan yang

ditakrif ke atas A seperti berikut:

R = {(0, 0) , (0, 1) , (0, 3) , (1, 1) , (1, 0) , (2, 3) , (3, 3)}

S = {(2, 3) , (3, 2)}

T = {(0, 1) , (0, 2)}

(a) Adakah R refleksif? Adakah R simetrik? Adakah R transitif?

(b) Adakah S refleksif? Adakah S simetrik? Adakah S transitif?

(c) Adakah T refleksif? Adakah T simetrik? Adakah T transitif?

2. Dalam soalan-soalan berikut, tentukan sama ada hubunganR yang diberi

itu: (1) refleksif, (2) simetrik, (3) antisimetrik, (4) transitif.

(a) R ke atas {a, b, c} di mana R = {(a, a), (b, b), (c, c), (a, b), (a, c), (c, b)}.

(b) R ke atas A = {x, y, z} di mana R = {(x, x), (y, z), (z, y)}.

(c) R ke atas Z di mana (a, b) ∈ R↔ a 6= b.

(d) R ke atas {(a, b)|a, b ∈ Z} di mana ((a, b) , (c, d)) ∈ R ↔ a = c atau

b = d.

3. Jika diberi matriks hubungan MR =,

1 1 1 1

0 1 1 1

0 0 1 1

0 0 0 1

tentukan sama ada

hubungan R adalah:

(a) refleksif.

(b) simetrik.


(c) transitif.

4. Tentukan sama ada hubungan R yang ditakrifkan sebagai:

R = {(0, 0) , (0, 4) , (1, 1) , (1, 3) , (2, 2) , (3, 1) ,

(3, 3) , (4, 0) , (4, 4)}

ke atas set A = {0, 1, 2, 3, 4} merupakan satu hubungan kesetaraan.

5. Andaikan suatu hubunganR yang ditakrifkan ke atas set Z seperti berikut:

∀a, b ∈ Z, (a, b) ∈ R↔ ab ≤ 0

Tentukan sama ada R merupakan satu hubungan kesetaraan.

6. Diberi R×R = R2 dan R adalah hubungan ke atas A ditakrifkan sebagai:

∀ (a, b) , (c, d) ∈ R2, ((a, b) . (c, d)) ∈ R↔ ad = bc

Tunjukkan bahawa R adalah satu hubungan kesetaraan.

7. Yang manakah di antara berikut merupakan petakan bagi set

{1, 2, 3, . . . , 10}?

(a) {3, 8, 10}, {1, 2, 5, 9}, {4, 7, 8}.

(b) {1}, {2}, . . . , {10}.

(c) {1, 2, . . . , 10}.

8. Tentukan sama ada hubungan-hubungan berikut merupakan hubungan

kesetaraan ke atas {1, 2, 3, 4, 5} . Jika ianya satu hubungan kesetaraan,

senaraikan kelas kesetaraannya.

(a) {(1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4) , (5, 5) , (1, 3) , (2, 5) , (5, 2)} .


(b) {(1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4) , (5, 5) ,

(1, 5) , (5, 1) , (3, 5) , (5, 3) , (1, 3) , (3, 1)}

9. Bentukkan hubungan kesetaraan daripada petakan-petakan berikut bagi

set {1, 2, 3, 4, 5}:

(a) {1, 2, 3, 4} , {5} .

(b) {1, 2} , {3} , {4, 5} .

RUJUKAN




Learning.










JAWAPAN


1. (a) R refleksif, simetrik tetapi tidak transitif kerana (1, 0) , (0, 3) ∈ R

tetapi (1, 3) /∈ R.

(b) S tidak refleksif, tidak simetrik, transitif.

(c) T tidak refleksif, tidak simetrik, transitif.

2. (a) 1, 3.

(b) 1.

(c) 1, 2.

(d) 1, 2, 3.

3. (a) Ya. (b) Tidak.. (c) Tidak.


1. Ya.

2. Tidak kerana R tidak simetrik.

3. Refleksif: a + b = b + a; Simetrik: Jika a + d = b + c, maka c + b = d + a;

Transitif: Jika a + d = b + c dan c + f = d + e, maka a + d − (d + e) =

(b+ c)− (c+ f), oleh yang demikian, a− e = b− f , atau a+ f = b+ e.

4. (a) Ya.

(b) Tidak

5. (a) Ya, Kelas kesetaraan: [1] = [3] = {1, 3} ; [2] = {2} ; [4] = {4} , [5] =

{5}

(b) Tidak.


6. (a) {(1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (1, 2) , (2, 1) , (1, 3) ,

(3, 1) , (2, 3) , (3, 2) , (4, 4) , (5, 5) , (4, 5) , (5, 4)}(b) {(1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4) , (5, 5)}

7. [1] = [3] = [4] = {1, 3, 4}; [2] = {2}; [5] = {5}.


1. (a) R tidak refleksif, tidak simetrik, tidak transitif.

(b) S tidak refleksif, simetrik, tidak transitif.

(c) T tidak refleksif, tidak simetrik, transitif.

2. (a) 1, 3, 4.

(b) 2.

(c) 2.

(d) 1, 2.

3. (a) Ya.

(b) Tidak.

(c) Ya.

4. Ya.

5. Tidak (tidak refleksif, tidak transitif).

6. • Refleksif: ((a, b) , (a, b)) ∈ R kerana ab = ba.

• Simetrik: Andaikan ((a, b) , (c, d)) ∈ R, maka,

ad = bc

↔ bc = ad

↔ cb = da

↔ ((c, d) , (a, b)) ∈ R


• Transitif: Diberi ((a, b) , (c, d)) ∈ R dan ((c, d) , (e, f)) ∈ R, maka,

ad = bc dan cf = de

↔ ad = b

(de

f

)↔ af = be

↔ ((a, b) , (e, f)) ∈ R

7. (a) Tidak

(b) Ya.

(c) Ya.

8. (a) Tidak.

(b) Ya. Kelas kesetaraan: [1] = [3] = [5] ; [2] ; [4]

9. (a) {(1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4) , (5, 5) ,

(1, 2) , (2, 1) , (1, 3) , (3, 1) , (1, 4) , (4, 1) ,

(2, 3) , (3, 2) , (2, 4) , (4, 2) , (3, 4) , (4, 3)}

(b) {(1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4) , (5, 5) ,

(1, 2) , (2, 1) , (4, 5) , (5, 4)}

UNIT PELAJARAN 9

FUNGSI

HASIL PEMBELAJARAN


1. menentukan sama ada suatu hubungan itu adalah satu fungsi atau tidak,

2. mencari fungsi gubahan bagi dua atau lebih fungsi yang diberikan,

3. menentukan suatu fungsi itu adalah fungsi injektif, surjektif dan bijektif.

PENGENALAN

Dalam banyak keadaan kita petakan setiap elemen dalam satu set

yang pertama kepada elemen tertentu dalam set yang kedua. Peme-

taan ini adalah satu contoh fungsi, iaitu satu hubungan yang khas,

jika ia memenuhi syarat-syarat tertentu. Konsep fungsi adalah sangat pent-

ing dalam matematik dan sains komputer. Sebagai contoh dalam matematik

diskret, fungsi digunakan dalam definisi struktur diskret seperti jujukan dan

rentetan. Unit Pelajaran 9 ini akan membincangkan konsep-konsep asas yang

melibatkan fungsi yang diperlukan dalam matematik diskret.

200

UNIT PELAJARAN 9. FUNGSI | 201

9.1 FUNGSI

9.1.1 Definisi Fungsi

DEFINISI 9.1 Andaikan A dan B adalah dua set bukan set nul. Suatu fungsi

f dari A ke B,ditulis,

f : A −→ B

adalah satu hubungan di mana setiap elemen a ∈ A dipeta kepada satu dan

hanya satu elemen b ∈ B. Jika fungsi f memetakan a ∈ A ke b ∈ B, maka

kita tulis

(a, b) ∈ f

bagi menunjukkan f menghubungkan a dan b, atau dalam bentuk tatatanda

fungsi, kita tulis,

f (a) = b

CATATAN 9.1 Terdapat dua perkara penting yang menjadikan suatu hubun-

gan f itu satu fungsi dari set A ke set B.

1. Setiap elemen dalam set A haruslah dipetakan.

2. Elemen dalam set A dipetakan hanya sekali sahaja.

Kedua-dua tatatanda

(a, b) ∈ f atau f (a) = b

akan saling digunakan sepanjang perbincangan kita mengenai fungsi. Dari-

pada tatatanda ini elemen b ∈ B dinamakan imej bagi a ∈ A di bawah fungsi

f, manakala elemen a ∈ A pula dinamakan pra-imej bagi b ∈ B.


CATATAN 9.2 Semua fungsi adalah hubungan, tetapi bukan semua hubungan

adalah fungsi.

Apakah perbezaan di antara hubungan fungsi

dan hubungan bukan fungsi?

CONTOH 9.1 Andaikan f : A → B adalah suatu fungsi dari set A ke B. Jika

|A| = m dan |B| = n, maka kita dapat membentuk:

Elemen pertama dalam set A : ada n pilihan untuk

dipetakan kepada set B

Elemen kedua dalam set A : ada n pilihan untuk


......

...

Elemen ke- (m− 1) dalam set A : ada n pilihan untuk


Elemen ke-m dalam set A : ada n pilihan untuk


Jadi, terdapat

n · n · · · · · n︸︷︷︸m kali

= nm

fungsi yang dapat dibentuk.


9.1.2 Domain, Kodomain dan Julat

DEFINISI 9.2 Jika f adalah suatu fungsi dariA keB,maka domain, kodomain

dan julat bagi f masing-masing adalah:

Domain (f) = A

Kodomain (f) = B

Julat (f) = {b ∈ B | f (a) = b, a ∈ A}

CATATAN 9.3 Perhatikan bahawa Julat (f) ⊆ Kodomain (f) .

CONTOH 9.2 Diberi A = {1, 2, 3, 4} dan B = {a, b, c} . Andaikan f1, f2, f3 dan

f4 adalah hubungan-hubungan dari set A ke B seperti yang tertakrif di bawah.

Maka:

(a) f1 = {(1, a) , (2, b) , (3, c) , (4, a)} adalah satu fungsi.

Domain (f1) = A = {1, 2, 3, 4} ;

Kodomain (f1) = B = {a, b, c} = Julat (f1) .

(b) f2 = {(1, a) , (2, a) , (3, a) , (4, a)} juga adalah satu fungsi.

Domain (f2) = A = {1, 2, 3, 4} ;

Kodomain (f2) = B = {a, b, c} ;

Julat (f2) = {a} .

(c) f3 = {(1, a) , (2, b) , (3, c)} adalah hubungan bukan fungsi kerana 4 /∈

Domain (f3) = {1, 2, 3, 4}

(d) f4 = {(1, b) , (2, b) , (3, c) , (2, a) , (4, a)} adalah bukan fungsi kerana ele-

men 2 ∈ A dipeta ke dua elemen a, b ∈ B.


CONTOH 9.3 Andaikan f : A −→ B adalah satu fungsi dari A = {1, 2, 3, 4} ke

B = {a, b, c} ditakrifkan sebagai f = {(1, a) , (2, a) , (3, b) , (4, b)} . Di sini,

Domain (f) = A = {1, 2, 3, 4}

Kodomain (f) = B = {a, b, c}

Julat (f) = {a, b}

Kita juga dapati,

imej bagi 1 = a = imej bagi 2 : f (1) = f (2) = a

imej bagi 3 = b = imej bagi 4 : f (3) = f (4) = b

dan,

pra-imej bagi a = {1, 2}

pra-imej bagi b = {3, 4}

pra-imej bagi c = ∅

9.1.3 Fungsi Identiti

DEFINISI 9.3 Jika A ialah suatu set, maka fungsi identiti ke atas A, ditulis

iA, dari A ke A ditakrifkan sebagai:

∀a ∈ A, iA = a

iaitu fungsi yang membawa kesemua elemen a ∈ A kepada dirinya sendiri.

CONTOH 9.4 Diberi A = {1, , 2, 3, 4}. Fungsi identiti iA ialah:

iA = {(1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4)}


9.1.4 Fungsi Gubahan

DEFINISI 9.4 Andaikan f : A −→ B dan g : B −→ C adalah dua fungsi.

Fungsi gubahan bagi f dan g dari A ke C, ditulis,

g ◦ f : A −→ C


∀a ∈ A, (g ◦ f) (a) = g (f (a))

CONTOH 9.5 DiberiA = {1, 2, 3} , B = {a, b, c, d, e} , dan C = {x, y, z} . Fungsi-

fungsi f : A −→ B dan g : B −→ C ditakrifkan seperti berikut:

f = {(1, c) , (2, b) , (3, a)}

g = {(a, y) , (b, y) , (c, z) , (d, z) , (e, z)}

Maka:

(a) Domain (f) = A; Julat (f) = {a, b, c} ⊆ B

(b) Domain (g) = B; Julat (g) = {y, z} ⊆ C

(c) (g ◦ f) (1) = g (f (1)) = g (c) = z

(g ◦ f) (2) = g (f (2)) = g (b) = y

(g ◦ f) (3) = g (f (3)) = g (a) = y

atau, kita tulis,

g ◦ f = {(1, z) , (2, y) , (3, y)}

(d) Domain (g ◦ f) = Domain (f) = A; Julat (g ◦ f) = Julat (g) = {y, z} .


TEOREM 9.1 Andaikan f : A −→ B adalah suatu fungsi dari A ke B, iA dan

iB adalah fungsi-fungsi identiti masing-masing ke atas A dan B. Maka,

f ◦ iA = f

iB ◦ f = f

CONTOH 9.6 Diberi A = {1, 2, 3, 4} dan B = {a, b, c} . Andaikan f : A −→ B


f = {(1, a) , (2, b) , (3, c) , (4, b)}

Maka,

iA = {(1, 1) , (2, 2) , (3, 3) , (4, 4)}

iB = {(a, a) , (b, b) , (c, c)}

f ◦ iA = {(1, a) , (2, b) , (3, c) , (4, b)} = f

iB ◦ f = {(1, a) , (2, b) , (3, c) , (4, b)} = f


1. Diberi A = {a, b, c} dan B = {1, 2, 3, 4} . Tentukan sama ada hubungan-

hubungan berikut merupakan fungsi. Beri alasan anda jika hubungan

tersebut bukan fungsi.

(a) f = {(a, 1) , (c, 3)} .

(b) f = {(a, 1) , (b, 2) , (c, 2) , (c, 3)} .

(c) f = {(a, 1) , (b, 1) , (c, 1) , (d, 1)} .


(d) f = {(a, 3) , (b, 1) , (c, 3)} .

2. Diberi A = {a, b, c} dan B = {1, 2, 3, 4} . Fungsi f : A → B ditakrifkan

seperti berikut:

f = {(a, 2) , (b, 4) , (c, 2)}

(a) Cari Domain (f) , Kodomain (f) dan Julat (f).

(b) Cari f (a) , f (b) dan f (c) .

(c) Cari pra-imej bagi 1, 2, 3, dan 4.

3. Senaraikan semua fungsi dari set X = {a, b} kepada set Y = {u, v} .

4. Diberi A = {1, 2, 3} , B = {a, b, c} , dan C = {x, y, z} . Jika g : A −→ B

dan f : B −→ C ditakrifkan seperti berikut:

g = {(1, a) , (2, a) , (3, c)}

f = {(a, y) , (b, x) , (c, z)}

(a) Cari f ◦ g.

(b) Domain (f ◦ g) dan Julat (f ◦ g) .

9.2 FUNGSI-FUNGSI KHAS

Setelah membincangkan serba sedikit konsep fungsi dalam bahagian yang

lepas, di bahagian ini kita akan membincangkan pula tiga jenis fungsi khas

yang kerap digunakan dalam matematik, iaitu: fungsi injektif (juga dipanggil

fungsi satu-dengan-satu), fungsi surjektif (juga dipanggil fungsi keselu-

ruh), dan, fungsi bijektif (juga dipanggil fungsi perpadanan satu-dengan-

satu)


9.2.1 Fungsi Injektif, Surjektif, dan Bijektif

DEFINISI 9.5 Andaikan f : A −→ B . Maka:

(a) f adalah suatu fungsi injektif jika dan hanya jika,

∀a1, a2 ∈ A, f (a1) = f (a2)→ a1 = a2

Suatu fungsi f itu katakan bukan fungsi injektif jika dan hanya jika,

∃a1, a2 ∈ A, f (a1) = f (a2) ∧ a1 6= a2

(b) f adalah suatu fungsi surjektif jika dan hanya jika,

∀b ∈ B, ∃a ∈ A, b = f (a) .

Suatu fungs f itu dikatakan bukan fungsi surjektif jika dan hanya jika,

∃b ∈ B, ∀a ∈ A, f (a) 6= b

(c) f adalah suatu fungsi bijektif jika dan hanya jika f adalah injektif dan

surjektif.

Nyatakan perbezaan di antara fungsi injektif,

fungsi surjektif dan fungsi bijektif?

CATATAN 9.4 Pemahaman konsep fungsi injektif dan surjektif akan menjadi

lebih mudah jika kita cuba fahami pernyataan-pernyataan berikut:


(a) fungsi injektif f : A −→ B bermaksud, setiap elemen a ∈ A yang dipeta

ke B tidak boleh berkongsi imej yang sama dalam B.

(b) fungsi surjektif f : A −→ B bermaksud, setiap elemen b ∈ B haruslah

mempunyai sekurang-kurangnya satu pra-imej dari A.

CONTOH 9.7 DiberiA = {1, 2, 3, 4} danB = {a, b, c}, dan, f1, f2, dan f3 adalah

hubungan-hubungan dari A ke B seperti yang tertakrif di bawah:

(a) f1 = {(1, a) , (2, b) , (3, c)} adalah hubungan bukan fungsi (mengapa?).

Jadi, tidak timbul soal injektif atau surjektif.

(b) f2 = {(1, a) , (2, b) , (3, c) , (4, c)} adalah merupakan satu fungsi surjektif

kerana setiap elemen dalam B mempunyai pra-imej dari elemen A. Akan

tetapi f2 bukan satu fungsi injektif kerana elemen 3, 4 ∈ A berkongsi imej

c ∈ B yang sama.

(c) f3 = {(1, a) , (2, b) , (3, a) , (4, b)} adalah bukan satu fungsi injektif kerana

elemen 1, 3 ∈ A berkongsi imej a ∈ B, dan elemen 2, 4 ∈ A berkongsi

imej b ∈ B. f3 juga bukan satu fungsi surjektif kerana elemen c ∈ B tidak

mempunyai sebarang pra-imej dari A.

CONTOH 9.8 Diberi X = {x, y, z} dan Y = {p, q, r, s}, dan, g1, g2, dan g3

adalah hubungan-hubungan dari X ke Y seperti yang tertakrif di bawah:

(a) g1 = {(x, p) , (y, q) , (z, r) , (x, s)} adalah hubungan bukan fungsi. Me-

ngapa?.

(b) g2 = {(x, p) , (y, q) , (z, r)} adalah satu fungsi injektif tetapi bukan surjektif.

Mengapa?

(c) g3 = {(x, p) , (y, q) , (z, q)} juga adalah fungsi, tetapi bukan fungsi injektif

atau surjektif. Mengapa?


CONTOH 9.9 Diberi R = {s, t, u, v} dan S = {a, b, c, d}. Hubungan-hubungan

h1, h2, dan h3 dari R ke S seperti yang tertakrif di bawah adalah contoh-contoh

fungsi bijektif (iaitu injektif dan surjektif).

(a) h1 = {(s, a) , (t, b) , (u, c) , (v, d)}.

(b) h2 = {(s, b) , (t, c) , (u, d) , (v, a)}.

(c) h3 = {(s, c) , (t, d) , (u, a) , (v, b)}.

CONTOH 9.10 Diberi X = {1, 2} , Y = {a, b, c} , dan f : X → Y adalah suatu

fungsi dari set X ke Y.

(a) Oleh kerana |X| < |Y | , kita tidak dapat membentuk fungsi surjektif. Me-

ngapa?

(b) Untuk membentuk fungsi injektif,

Elemen pertama 1 ∈ X : ada 3 pilihan untuk

dipeta kepada set Y

Elemen kedua 2 ∈ X : ada 2 pilihan untuk

dipeta kepada set Y

Oleh itu, terdapat

P (3, 2) = 3 · 2 = 6


pilihan fungsi injektif yang dapat dibentuk, iaitu:

f1 = {(1, a) , (2, b)}

f2 = {(1, a) , (2, c)}

f3 = {(1, b) , (2, a)}

f4 = {(1, b) , (2, c)}

f5 = {(1, c) , (2, a)}

f6 = {(1, c) , (2, b)}

CONTOH 9.11 Diberi X = {1, 2, 3} , Y = {a, b} , dan g : X → Y adalah suatu

fungsi dari set X ke Y.

(a) Oleh kerana |X| > |Y | , kita tidak dapat membentuk fungsi injektif. Me-

ngapa?

(b) Untuk membentuk fungsi surjektif, dua daripada tiga elemen X dipeta

ke a ∈ Y dan satu elemen X dipeta ke b ∈ Y, ATAU, dua daripada tiga

elemen X dipeta ke b ∈ Y dan satu elemen X dipeta ke a ∈ Y. Oleh itu,

terdapat (3

2

)+

(3

2

)= 3 + 3 = 6

pilihan fungsi surjektif yang dapat dibentuk, iaitu:

g1 = {(1, a) , (2, a) , (3, b)}

g2 = {(1, a) , (3, a) , (2, b)}

g3 = {(2, a) , (3, a) , (1, b)}

g4 = {(1, b) , (2, b) , (3, a)}

g5 = {(1, b) , (3, b) , (2, a)}

g6 = {(2, b) , (3, b) , (1, a)}


CONTOH 9.12 Diberi X = {a, b, c} dan h : X → X adalah suatu fungsi dari X

ke X. Maka, kita dapat membentuk

3! = 6

fungsi bijektif, iaitu:

h1 = {(a, a) , (b, b) , (c, c)}

h2 = {(a, a) , (b, c) , (c, b)}

h3 = {(a, c) , (b, b) , (c, a)}

h4 = {(a, b) , (b, a) , (c, c)}

h5 = {(a, c) , (b, a) , (c, b)}

h6 = {(a, b) , (b, c) , (c, a)}

Apakah kebaikan yang diperoleh

jika suatu fungsi itu bijektif?


1. Diberi X = {1, 5, 9} dan Y = {3, 4, 7} . Fungsi f : X → Y ditakrifkan

seperti berikut:

f = {(1, 4) , (5, 7) , (9, 4)}

Adakah f injektif? Adakah f surjektif? Terangkan jawapan anda.


2. Diberi X = {a, b, c, d} dan Y = {x, y, z} .

(a) Fungsi f : X → Y ditakrifkan seperti berikut:

f = {(a, y) , (b, z) , (c, x) , (d, x)}


(b) Fungsi g : X → Y ditakrifkan seperti berikut:

g = {(a, y) , (b, y) , (c, x) , (d, y)}

Adakah g injektif? Adakah g surjektif? Terangkan jawapan anda.

3. Diberi X = {1, 2, 3} , Y = {1, 2, 3, 4} , dan Z = {1, 2} .

(a) Berikan satu fungsi f : X → Y yang injektif tetapi tidak surjektif.

(b) Berikan satu fungsi g : X → Z yang surjektif tetapi tidak injektif.

4. Diberi |A| = 2 dan |B| = 4.

(a) Cari bilangan fungsi f : A→ B.

(b) Cari bilangan fungsi injektif f : A → B. Senaraikan fungsi-fungsi

injektif yang diperoleh.

(c) Cari bilangan fungsi surjektif f : A→ B.

5. Diberi |A| = 4.

(a) Cari bilangan fungsi h : A→ A.

(b) Cari bilangan fungsi bijektif h : A → A. Senaraikan fungsi-fungsi

bijektif yang diperoleh.


RUMUSAN

Dalam Unit Pelajaran 9 ini kita telah didedahkan dengan konsep-konsep asas

fungsi. Seperti yang telah diperkatakan di awal unit ini, konsep fungsi adalah

salah satu konsep yang penting dalam matematik amnya dan dalam mate-

matik diskret khasnya. Fungsi-fungsi khas, terutamanya fungsi bijektif penting

kerana ia melahirkan satu konsep fungsi songsangan.

KATA KUNCI

Fungsi, fungsi gubahan, injektif, surjektif, bijektif.

LATIHAN SUMATIF 9

1. Andaikan X = {2, 4, 5} dan Y = {1, 2, 4, 6} . Tentukan sama ada hu-

bungan-hubungan berikut merupakan fungsi. Beri alasan anda jika hubu-

ngan tersebut bukan fungsi.

(a) f = {(2, 2) , (4, 1) , (5, 4) , (2, 6)} .

(b) f = {(2, 4) , (4, 2)} .

(c) f = {(2, 4) , (4, 1) , (4, 2) , (5, 6)} .

(d) f = {(2, 6) , (4, 2) , (5, 6)} .

2. Andaikan X = {1, 3, 5} dan Y = {a, b, c, d} . Fungsi f : X → Y ditakrifkan

seperti berikut:

f = {(1, d) , (3, a) , (5, d)}

(a) Cari Domain (f) , Kodomain (f) , dan Julat (f).

(b) Cari f (1) , f (3) dan f (5) .

(c) Cari pra-imej bagi a, b, c, dan d.


3. Senaraikan semua fungsi dari set X = {a, b, c} kepada set Y = {u, v} .

4. Andaikan X = {1, 2, 3} , Y = {a, b, c, d} , dan Z = {w, x, y, z} . Jika

g : X −→ Y dan f : Y −→ Z ditakrifkan seperti berikut:

g = {(1, b) , (2, c) , (3, a)}

f = {(a, x) , (b, x) , (c, z) , (d, w)}

(a) Cari f ◦ g.

(b) Domain (f ◦ g) dan Julat (f ◦ g) .

5. Diberi A = {1, 2, 3} dan f : A −→ A ditakrifkan seperti berikut:

f = {(1, 2) , (2, 1) , (3, 2)}

Cari f ◦ f dan f ◦ f ◦ f.

6. Andaikan X = {a, b, c} dan Y = {w, x, y, z} .

(a) Fungsi f : X → Y ditakrifkan seperti berikut:

f = {(a, w) , (b, y) , (c, y)}


(b) Fungsi g : X → Y ditakrifkan seperti berikut:

g = {(a, y) , (b, w) , (c, x)}

Adakah g injektif? Adakah g surjektif? Terangkan jawapan anda.

7. Diberi |A| = 4 dan |B| = 2.

(a) Cari bilangan fungsi g : A→ B.


(b) Cari bilangan fungsi injektif g : A→ B.

(c) Cari bilangan fungsi surjektif g : A→ B.

RUJUKAN




Learning.









JAWAPAN


1. (a) Tidak.

(b) Tidak.

(c) Ya

(d) Ya.


2. (a) Domain (f) = {a, b, c} , Kodomain (f) = {1, 2, 3, 4} , Julat (f) = {2, 4}

(b) f (a) = 2, f (b) = 4, f (c) = 2

(c) pra-imej bagi 1 = pra-imej bagi 3 = ∅

pra-imej bagi 2 = {a, c}

pra-imej bagi 4 = {b}

3. f1 = {(a, u) , (b, v)}

f2 = {(a, v) , (b, u)}

f3 = {(a, u) , (b, u)}

f4 = {(a, v) , (b, v)}

4. (a) f ◦ g = {(1, y) , (2, y) , (3, z)}

(b) Domain (f ◦ g) = A; Julat (f ◦ g) = {y, z}


1. Tidak injektif dan tidak surjektif

2. (a) Tidak injektif. Surjektif

(b) Tidak injektif dan tidak surjektif.

3. (a) Contoh jawapan: f = {(1, 1) , (2, 2) , (3, 4)}

(b) Contoh jawapan: g = {(1, 1) , (2, 1) , (3, 2)}

4. (a) 42.

(b) P (4, 2).

(c) 0

5. (a) 44.

(b) 4! = 24.



1. (a) Tidak

(b) Tidak.

(c) Tidak

(d) Ya.

2. (a) Domain (f) = {1, 3, 5} , Kodomain (f) = {a, b, c, d} , Julat (f) = {a, d}

(b) f (1) = d, f (3) = a, f (5) = d

(c) pra-imej bagi a = {3}

pra-imej bagi b = pra-imej bagi c = ∅

pra-imej bagi d = {1, 5}

3. Terdapat 23 = 8 fungsi yang dapat dibentuk dari set X = {a, b, c} ke set

Y = {u, v} , iaitu:

f1 = {(a, u) , (b, u) , (c, u)}

f2 = {(a, v) , (b, v) , (c, v)}

f3 = {(a, u) , (b, u) , (c, v)}

f4 = {(a, u) , (b, v) , (c, u)}

f5 = {(a, v) , (b, u) , (c, u)}

f6 = {(a, u) , (b, v) , (c, v)}

f7 = {(a, v) , (b, v) , (c, u)}

f8 = {(a, v) , (b, u) , (c, v)}

4. (a) f ◦ g = {(1, x) , (2, z) , (3, x)}

(b) Domain (f ◦ g) = X dan Julat (f ◦ g) = {x, z} .

5. f ◦ f = {(1, 1) , (2, 2) , (3, 1)} dan f ◦ f ◦ f = {(1, 2) , (2, 1) , (3, 2)} .


6. (a) Tidak injektif dan tidak surjektif

(b) Injektif tetapi tidak surjektif

7. (a) 24.

(b) 0

(c) 14.

UNIT PELAJARAN 10

PENGENALAN KEPADA GRAF DAN PEPOHON

HASIL PEMBELAJARAN


1. mengenalpasti istilah-istilah penting dalam graf,

2. mengenalpasti graf-graf khas,

3. mencari subgraf bagi suatu graf,

4. menentukan perjalanan, lintasan dan litar,

5. menentukan lintasan Euler, litar Euler, lintasan Hamiltonan dan litar Hamil-

tonan,

6. mengenalpasti pepohon,

7. mencari pepohon perentangan.

PENGENALAN

Graf adalah salah satu struktur diskret yang penting. Masalah dalam

hampir setiap disiplin yang difikirkan boleh diselesaikan dengan

menggunakan model graf. Sebagai contoh, dengan menggunakan

220

UNIT PELAJARAN 10. PENGENALAN KEPADA GRAF DAN PEPOHON | 221

model graf, kita boleh menentukan sama ada ia adalah mungkin untuk berjalan

di semua jalan-jalan di sesuatu bandar tanpa mengikuti jalan yang sama dua

kali. Model graf juga boleh menolong kita mencari bilangan warna yang diper-

lukan untuk mewarnakan kawasan-kawasan di dalam peta. Unit Pelajaran 10

ini akan membincangkan konsep-konsep asas dalam teori graf. Beberapa je-

nis graf diperkenalkan termasuklah satu graf khas yang dinamakan pepohon.

10.1 GRAF

DEFINISI 10.1 Suatu grafG = (V,E, γ) terdiri daripada dua set terhingga iaitu

set bucu V dan set sisi E, dan suatu fungsi γ di mana

γ (e) = {v, w}

untuk setiap sisi e ∈ E, {v, w} ⊆ V (v, w dinamakan titik hujung bagi e). Kita

gunakan tatatanda |V (G)| dan |E (G)| masing-masing bagi mewakili bilangan

bucu dan bilangan sisi bagi G.

10.1.1 Istilah-Istilah Penting dalam Teori Graf

Seterusnya kita memperkenalkan beberapa isitilah-istilah asas yang penting

dalam teori graf.

• Suatu sisi dengan hanya satu titik hujung dipanggil gelung, dan dua sisi

berbeza dengan titik hujung yang sama dipanggil sisi selari.

• Suatu sisi dikatakan menghubung titik-titik hujungnya; dua bucu yang

dihubungkan dengan suatu sisi dipanggil bucu bersebelahan.

• Suatu sisi dikatakan insiden pada titik-titik hujungnya, dan dua sisi yang

insiden pada titik hujung yang sama dipanggil sisi bersebelahan.


• Suatu bucu yang tiada sisi insiden dengannya dipanggil bucu terpencil.

• Suatu graf yang tiada bucu dipanggil graf nul.

• Suatu graf dipanggil graf mudah jika ia tidak mengandungi gelung atau

sisi selari.

• Darjah bagi suatu bucu v, iaitu deg (v) , ialah bilangan sisi yang insiden

dengan v.

• Jumlah darjah bagi suatu graf G, iaitu deg (G) , ialah jumlah bilangan

darjah bagi kesemua bucu G.

CATATAN 10.1

(a) Suatu gelung memberi nilai 2 kepada darjah bucunya.

(b) deg (G) = 2 · |E| , iaitu, jumlah darjah G adalah sentiasa bernilai genap..

(c) Bagi sebarang graf G, bilangan bucu yang berdarjah ganjil adalah genap.

CONTOH 10.1 Diberi suatu graf G = (V,E, γ) di mana V = {a, b, c, d} dan

E = {e1, e2, e3, e4, e5} seperti yang ditunjukkan di bawah:

e2a

e3e5

b

c

d

e1

e4

G

(a) γ (e1) = {a} ; γ (e2) = {a, b} ; γ (e3) = γ (e4) = {b, c} ; γ (e5) = {a, c}

(b) Terdapat gelung pada bucu a

(c) Terdapat sisi selari pada bucu b dan c


(d) Bucu d adalah bucu terpencil.

(e) deg (a) = 4; deg (b) = deg (c) = 3; deg (d) = 0; deg (G) = 10.

Bolehkah suatu graf itu wujud dengan

hanya mempunyai sisi tanpa bucu?

10.1.2 Graf-Graf Khas

Graf-graf berikut diberi nama khas kerana sifat-sifat dan ciri-cirinya yang ter-

tentu.

Graf Garis - Ln

Graf garis adalah suatu graf yang dilukis menyerupai suatu garis dengan bucu-

bucunya berturutan. Contoh di bawah menunjukkan lima graf garis L1 hingga

L5, masing-masing dengan bucu satu, dua, tiga, empat, dan lima.

L1 L2 L3 L4 L5

Selain daripada bentuk graf garis yang ditunjukkan di atas, graf garis, mi-

salannya L4 boleh juga dilukis mengikut bentuk-bentuk lain seperti yang ditun-

jukkan di bawah:

L4 L4 L4 L4

Begitu juga dengan graf-graf lain yang akan dibincangkan di bawah ini. Graf-


graf tersebut boleh dilukis dalam pelbagai bentuk asalkan menepati ciri-cirinya

dari segi bucu, sisi dan darjah mereka.

Graf Lengkap - Kn

Kecuali K1, graf lengkap Kn adalah suatu graf di mana setiap bucunya berhu-

bung antara satu sama lain. Bagi suatu graf lengkap Kn, setiap bucunya

berdarjah (n− 1) . Contoh di bawah menunjukkan graf lengkap K1 hingga K5.

K4K1 K2

K3 K5

Graf Kitaran - Cn (n ≥ 3)

Graf kitaran Cn bermula dengan bilangan bucunya tiga dan seterusnya, mem-

bentuk satu kitaran seperti yang ditunjukkan di bawahSetiap bucu bagi graf Cn

berdarjah 2.

C4C3 C5

C6

Graf Roda - Wn (n ≥ 3)

Graf roda Wn hampir menyerupai graf kitaran Cn kecuali ia mempunyai satu

bucu sebagai titik tengah. Bucu ini tidak termasuk dalam kiraan bilangan bucu

bagi suatu graf roda, misalannya, W4 mempunyai lima bucu. Setiap bucu ke-

cuali bucu tengahnya bagi suatu graf roda Wn berdarjah 3. Contoh di bawah


menunjukkan graf roda W3 hingga W6.

W4W3 W5

W6

Graf Bipartit Lengkap- Km,n

Graf bipartit lengkap Km,n memetakkan bucu-bucunya kepada dua set bucu

dengan bilangan m dan n. Bucu-bucu dalam set yang sama tidak berhubung

antara satu sama lain. Perhubungan hanya berlaku bagi setiap bucu dalam

set pertama dengan kesemua bucu dalam set kedua. Darjah bagi setiap bucu

dalam set pertama adalah sama dengan bilangan bucu dalam set kedua, dan

begitulah juga sebaliknya. Dua contoh graf bipartit lengkap K2,3 dan K3,3 di-

tunjukkan di bawah.

K2,3

K3,3

10.1.3 Subgraf

Diberi suatu graf G, kita dapat membentuk graf-graf yang lebih kecil atau sama

daripada G. Graf-graf ini dinamakan subgraf kepada graf G jika menepati

syarat-syarat seperti yang dinyatakan dalam definisi di bawah.

DEFINISI 10.2 Suatu graf H dikatakan subgraf kepada suatu graf G jika dan

hanya jika:

(a) setiap bucu dalam H adalah juga bucu dalam G,

(b) setiap sisi dalam H adalah juga sisi dalam G, dan


(c) setiap sisi dalam H mempunyai titik hujung yang sama seperti dalam G.

CONTOH 10.2 Diberi suatu graf

a be1

e2

e3

kita peroleh 11 subgraf bukan nul (iaitu mempunyai sekurang-kurangnya satu

bucu). Pecahan-pecahannya adalah seperti berikut:

• tiga subgraf yang tidak mempunyai sebarang sisi:

a,

b, dan

a b

• empat subgraf mempunyai satu sisi:

a be1

a b

e2

be3

a b

e3


• tiga subgraf mempunyai dua sisi:

a b

e2

e1

a b

e3

e1

a be3

e2

• satu subgraf mempunyai tiga sisi:

a be1

e2

e3

Cuba lukis kesemua 11 subgraf yang diperolehi daripada contoh di atas.


1. Untuk graf G = (V,E, γ) berikut, cari V,E, γ, semua sisi selari, gelung,

bucu terpencil, dan darjah setiap bucu dan jumlah darjah. Tentukan juga

sama ada G adalah satu graf mudah.

e3

a

e1

b c

d

e5

e2e6

e4


2. Lukis graf-graf khas berikut:

(a) K6.

(b) C7.

(c) L8.

(d) W8.

(e) K3,8

3. Lukis graf dengan sifat-sifat berikut, atau terangkan mengapa graf terse-

but tidak wujud.

(a) Enam bucu dengan setiap satu berdarjah 3.

(b) Graf mudah dengan enam bucu berdarjah 1, 2, 3, 4, 5, 5.

4. Dapatkan semua subgraf yang mempunyai sekurang-kurangnya satu bucu

dari graf-graf berikut:

(a)

e1a b

(b)

e2a b

e1

10.2 PERJALANAN, LINTASAN dan LITAR

Jika diberi suatu graf G dan sekurang-kurangnya dua bucu v dan w, kita boleh

menyusur dari bucu v ke bucu w jika ada sisi dan bucu (atau sisi-sisi dan

bucu-bucu) yang bersebelahan yang menghubungkan kedua-dua bucu terse-

but. Pergerakan dari bucu v ke bucu w ditakrifkan seperti berikut.


DEFINISI 10.3 Andaikan G adalah suatu graf dan v dan w adalah bucu-bucu

dalam G.

(a) Suatu perjalanan dari bucu v ke bucu w dengan panjang n adalah

satu jujukan selang seli terhingga sisi-sisi e1, e2, . . . , en dan bucu-bucu

v, v1, v2, . . . , vn−1, w bersebelahan dalam G, iaitu:

ve1v1e2v2 · · · vn−1enw︸︷︷︸panjang n

e1v e2

v1

en

vn 1

w

v2

atau secara mudahnya dinyatakan tanpa menyebut sisinya, iaitu:

vv1v2 . . . vn−1w︸︷︷︸panjang n

(b) Suatu lintasan dari bucu v ke bucu w dengan panjang n adalah satu

perjalanan yang tidak melalui sisi yang sama lebih daripada sekali.

(c) Suatu litar dari bucu v ke bucu w dengan panjang n adalah satu lintasan

yang bermula dan berakhir di bucu yang sama, iaitu v = w.

10.2.1 Perbandingan antara Perjalanan, Lintasan dan Litar

Sekali imbas, kita mungkin sukar untuk membezakan antara perjalanan, lin-

tasan dan litar. Jadual di bawah membandingkan ketiga-tiga konsep tersebut.


Sisi Bucu Mula/Akhir

Berulang? Berulang? pada titik yang sama?

Perjalanan dibenarkan dibenarkan dibenarkan

Lintasan tidak dibenarkan dibenarkan

Litar tidak dibenarkan ya

CONTOH 10.3 Contoh-contoh perjalanan, lintasan dan litar bagi graf di bawah:

e2a

e3e5

b

c

d

e1

e4

G

• Perjalanan dari a ke c : a, a, b, c

• Lintasan dari a ke c : a, b, c dengan panjang 2, iaitu melalui sisi e2 dan e3

(atau e4 ).

• Litar: a, b, c, a

10.2.2 Graf Berkait dan Jambatan

DEFINISI 10.4 Suatu grafG adalah berkait jika dan hanya jika diberi dua bucu

v dan w dalam G, terdapat suatu perjalanan dari v ke w. Suatu sisi dipang-

gil jambatan jika apabila dikeluarkan sisi tersebut akan menyebabkan graf G

menjadi tak berkait.


CONTOH 10.4

e2a

e3e5

b

c

d

e1

e4

G

e6

Graf berkait G.

e2a

e3e5

b

c

d

e1

e4

G

Graf tak berkait: e6 adalah

satu jambatan

10.2.3 Lintasan dan Litar Euleran

Tujuh Jambatan Konigsberg

Bandar Konigsberg di Prussia (sekarang dikenali sebagai Kaliningrad, iaitu

salah satu pusat industri dan perniagaan yang utama di bahagian barat Ru-

sia) terletak di pinggir Sungai Pregel. Pada abad ke−16, ia merupakan tem-

pat tinggal dukas-dukas Prussia. Sungai Pregel yang melalui bandar tersebut

membentuk sebuah pulau. Tujuh jambatan dibina merentangi pulau tersebut


(A) , dan daratan (B,C,D) seperti yang ditunjukkan di bawah.

Tujuh Jambatan Konigsberg

A B

C

D

Dua masalah yang terkenal mengenai jambatan Konigsberg ini yang dike-

mukakan pada abad itu ialah:

1. Bolehkah seseorang itu berjalan melalui bandar itu (melalui pulau A dan

daratan B,C, dan D ) bermula dari satu tempat (katakan A) dan be-

rakhir di tempat yang LAIN (katakanD) dengan hanya menyeberangi

setiap jambatan tersebut hanya sekali sahaja?

2. Bolehkah seseorang itu berjalan melalui bandar itu (melalui pulau A dan

daratan B,C, dan D ) bermula dari satu tempat (katakan A) dan be-

rakhir di tempat yang SAMA dengan hanya menyeberangi setiap

jambatan tersebut hanya sekali sahaja?

Masalah-masalah ini telah diselesaikan pertama kalinya oleh seorang tokoh


matematik Swiss yang terkenal dan sangat berpengaruh bernama Leonhard

Euler (disebut sebagai "oiler") dalam tahun 1735. Proses menyelesaikan ma-

salah-masalah tersebut menjadikan beliau pengasas kepada satu cabang matem-

atik yang sekarang ini dikenali sebagai teori graf.

Euler mendapati adalah mustahil seseorang itu berjalan melalui bandar itu

dengan hanya menyeberangi setiap jambatan hanya sekali. Pendekatan yang

beliau gunakan ialah dengan mewakilkan setiap dataran A hingga D sebagai

bucu dan setiap jambatan sebagai sisi.

A B

C

D

Peta bandar Konigsberg akhirnya diwakilkan dengan satu graf seperti yang

ditunjukkan di bawah.

A B

C

D

Sebelum kita membincangkan bagaimana Euler memperoleh jawapan ke-

pada masalah-masalah Tujuh Jambatan Konigsberg itu, kita berikan dahulu


definisi-definisi berikut mengenai lintasan dan litar yang lebih khusus.

DEFINISI 10.5 AndaikanG adalah graf dan andaikan v dan w adalah dua bucu

dalam G.

(a) Suatu lintasan Euleran dari v ke w adalah satu jujukan sisi dan bucu

bersebelahan yang bermula dari v, dan berakhir di w, serta melalui se-

tiap bucu G sekurang-kurangnya sekali, dan menyusuri setiap sisi G

sekali sahaja.

(b) Suatu litar Euleran bagi G adalah satu jujukan sisi dan bucu bersebe-

lahan yang bermula dan berakhir di bucu yang sama, memalui se-

tiap bucu G sekurang-kurangnya sekali, dan menyusuri setiap sisi

G sekali sahaja. Jika suatu graf G mempunyai litar Euleran, maka G

dipanggil graf Euleran.

Berdasarkan kepada definisi-definisi di atas, Euler merumuskan bahawa

sesuatu graf itu mempunyai lintasan Euleran atau litar Euleran jika menepati

teorem-teorem berikut:

TEOREM 10.1 (Lintasan Euleran)

(a) Jika suatu graf itu mempunyai lebih daripada dua bucu berdarjah ganjil,

maka ia tidak ada litasan Euleran.

(b) Jika suatu graf itu berkait dan mempunyai hanya dua bucu berdarjah

ganjil, maka ia mempunyai sekurang-kurangnya satu lintasan Euleran.

Sebarang lintasan akan bermula dari salah satu bucu berdarjah ganjil

dan berakhir di satu lagi.

TEOREM 10.2 (Litar Euleran)

(a) Jika suatu graf itu mempunyai sekurang-kurangnya satu bucu berdarjah

ganjil, maka ia tidak akan ada litar Euleran.


(b) Jika suatu graf itu berkait dan setiap bucu berdarjah genap, maka ia

mempunyai sekurang-kurangnya satu litar Euleran.

CONTOH 10.5 Merujuk kepada masalah graf Tujuh Jambatan Konigsberg yang

dibincangkan tadi, dengan menggunakan teorem-teorem di atas kita dapati

graf tersebut tiada lintasan Euleran atau litar Euleran. (Sila tentusahkan!).

Oleh itu graf itu dikatakan tidak Euleran.

A B

C

D

10.2.4 Lintasan dan Litar Hamiltonan

Seterusnya kita akan membincangkan pula satu lagi jenis lintasan dan litar

yang sedikit berlainan daripada lintasan Euleran dan litar Eularan. Lintasan

dan litar ini dinamakan lintasan Hamiltonan dan litar Hamiltonan.

DEFINISI 10.6 Suatu lintasan Hamiltonan adalah satu lintasan yang melalui

setiap bucu sekali sahaja. Suatu litar Hamiltonan pula adalah satu litar yang

melalui setiap bucu sekali sahaja, bermula pada satu bucu dan berakhir di

bucu yang sama. Suatu graf itu dipanggil graf Hamiltonan jika ia mempunyai

litar Hamitonan.


CONTOH 10.6 Graf dodekahedron dan litar Hamiltonannya ditunjukkan berse-

belahan. Graf tersebut adalah graf Hamiltonan.

Dodecahedron Litar Hamitonan

CONTOH 10.7 Satu contoh litar Hamiltonan daripada graf di bawah ditun-

jukkan di sebelahnya.

a

b c

d

ef

gh

a

b c

d

ef

gh

Adakah graf tersebut juga Eularan? Tentusahkan.

Nyatakan perbezaan di antara litar Euleran

dan litar Hamiltonan?



1. Pertimbangkan graf di bawah ini:

e1

e2 e3

e4

e5

e6

e7

e8

a

b

c d

e

fgh

e9

(a) Cari lintasan dari bucu a ke f panjangnya 8.

(b) Cari dua litar bermula dari bucu c.

(c) Tentukan sisi (atau sisi-sisi) yang merupakan jambatan.

2. Tentukan sama ada graf berikut mempunyai lintasan atau litar Euleran.

Jika ada, nyatakan satu lintasan atau litar Euleran yang diperoleh.

a

bc d

e

f

g

h

i

j

3. Bilakah suatu graf lengkap Kn mempunyai satu litar Euleran? Lukis satu

graf lengkap Kn yang mempunyai satu litar Euleran.

4. Tentukan sama ada graf berikut mempunyai litar Hamitonan. Jika ada,

nyatakan satu litar Hamitonan yang diperoleh.


(a)

a

bc d

e

f

gh

i

(b)

a b

c

d

ef

g

h i j

klm

5. Pertimbangkan graf di bawah ini.

A B C

D E F

G H I J K

L M N

O P Q

(a) Adakah ia mempunyai litar Euleran?

(b) Adakah ia mempunyai lintasan Euleran?

(c) Adakah ia mempunyai litar Hamitonan?

(d) Adakah ia mempunyai lintasan Hamitonan?


10.3 PEPOHON

DEFINISI 10.7 Suatu pepohon adalah satu graf berkait yang tidak mempu-

nyai litar.

CONTOH 10.8 Contoh-contoh di bawah adalah pepohon dan bukan pepohon

dalam pelbagai bentuk.

Pepohon 1 Pepohon 2 Pepohon 3

Bukan pepohon Bukan pepohon

10.3.1 Sifat-sifat Pepohon

Ciri-ciri berikut membezakan suatu pepohon dengan graf-graf yang lain.

• Terdapat hanya satu lintasan yang menghubungkan sebarang dua bucu.

• Setiap sisi merupakan jambatan.

• Suatu pepohon yang mempunyai n bucu mesti mempunyai n− 1 sisi.

• Suatu graf berkait dengan n bucu dan n−1 sisi semestinyalah merupakan

satu pepohon.


• Suatu pepohon yang mempunyai lebih daripada satu bucu, mempunyai

sekurang-kurang satu bucu berdarjah 1.

10.3.2 Pepohon Perentangan

DEFINISI 10.8 Suatu pepohon perentangan bagi satu graf berkait G adalah

suatu subgraf berkait bagi G yang merupakan suatu pepohon dan menghu-

bungkan setiap bucu dalam G.

CONTOH 10.9 Daripada graf di bawah,

a

b c d

ef

kita peroleh tiga pepohon perentangan berikut:

a

b c d

ef a

b c d

ef a

b c d

ef

Bagaimanakah mendapatkan pepohon perentangan

bagi sesuatu graf?



1. Manakah antara graf berikut merupakan pepohon? Terangkan jawapan

anda.

(a)

(b)

2. Antara abjad A hingga Z, yang manakah bukan merupakan pepohon?

3. Lukis satu graf lengkap Kn yang merupakan pepohon.

4. Diberi satu graf lengkap K3 seperti ditunjukkan di bawah.

a

b c

Lukis kesemua pepohon perentangan yang mungkin.

RUMUSAN

Unit Pelajaran 10 ini cuma memperkenalkan konsep-konsep asas yang perlu

diketahui mengenai graf. Walaupun aplikasi graf tidak dibincangkan dalam unit

ini, namun perlu diketahui bahawa graf merupakan salah satu struktur diskret

yang penting yang mempunyai banyak aplikasi bukan sahaja dalam matematik


tetapi juga dalam pelbagai bidang termasuk sains komputer. Sila rujuk laman

sesawang di bawah ini untuk mendapat maklumat lanjut tentang aplikasi graf

dan pepohon.

http://www.slideshare.net/Tech_MX/interesting-applications-of-graph-theory

KATA KUNCI

Graf, bucu, sisi, gelung, darjah, subgraf, perjalanan, lintasan, litar, lintasan dan

litar Euleran, lintasan dan litar Hamitonan, graf berkait, jambatan, pepohon,

pepohon perentangan.

LATIHAN SUMATIF 10

1. Untuk graf G = (V,E, γ) berikut, cari V,E, γ, semua sisi selari, gelung,

bucu terpencil, dan darjah setiap bucu dan jumlah darjah. Tentukan juga

sama ada G adalah satu graf mudah.

(a)

e7

e6

e1

e2

e5

e8

e3

a b

cd

ef

e4

(b)

a b c

2. Lukis graf-graf khas berikut:

(a) K7.

(b) C8.


(c) L9.

(d) W9.

(e) K6,6

3. Lukis graf dengan sifat-sifat berikut, atau terangkan mengapa graf terse-

but tidak wujud. Enam bucu dan empat sisi.

4. Tentukan sama ada graf berikut mempunyai lintasan atau litar Euleran.

Jika ada, nyatakan satu lintasan atau litar Euleran yang diperoleh.

a

bc d

e

f

g

h

i

j

5. Tentukan sama ada graf berikut mempunyai litar Hamitonan. Jika ada,

nyatakan satu litar Hamitonan yang diperoleh..

(a)

a

b

c

d

e

f

g

hi

jk


(b)

a b c

g f e

d

6. Pertimbangkan graf di bawah.

A B C

D E

FG

H

I J

K L M





7. Pertimbangkan graf di bawah.

A

G J

C EB

DF

H I

KL

M






8. Sebuah galeri mengadakan satu pameran lukisan. Plan tapak galeri di

bawah yang menunjukkan bilik-bilik pameran A hingga K seperti dalam

rajah di bawah, di mana X adalah tempat permulaan dan penamat.

A

B

C D

E

F

GH I

J K

Masuk

Keluar

X

(a) Jika X dan bilik-bilik pameran A hingga K mewakili bucu, dan pintu-

pintu bilik mewakili sisi, lukis sebuah graf bagi mewakili galeri terse-

but.

(b) Jika anda bermula dan berakhir di titik X, dapatkah anda melawat

kesemua bilik pameran tersebut hanya sekali sahaja? Jika ya, beri-

kan satu litar yang diperoleh. Jika tidak, berikan sebabnya.

(c) Jika anda bermula dan berakhir di titik X, dapatkah anda melalui

setiap pintu bilik pameran tersebut hanya sekali sahaja? Jika ya,

berikan satu litar yang diperoleh. Jika tidak, berikan sebabnya.


9. Manakah di antara graf berikut merupakan pepohon? Terangkan jawa-

pan anda.

(a)

(b)

(c)

10. Diberi satu graf lengkap K4 seperti ditunjukkan di bawah.

a b

cd

Lukis kesemua pepohon perentangan yang mungkin.

RUJUKAN





Learning.









JAWAPAN


1.

V = {a, b, c, d} ;E = {e1, e2, e3, e4, e5.e6}

γ (e1) = {a, b} = γ (e6)− sisi selari

γ (e2) = {a, c} , γ (e3) = {b, c} ,

γ (e4) = {c, d} , γ (e5) = {a} − gelung

deg (a) = 5, deg (b) = 3 = deg (c) , deg (d) = 1

deg (G) = 12.G bukan graf mudah.


2. (a) K6.

(b) C7.

(c) L8.

(d) W8.

(e) K3,8.


(f)

e3 e6e5e4 e7

e1 e2

e8 e9

a b c

d e f

(g) Graf tidak wujud.

3. (a) Tiga subgraf.

a

b

e1a b

(b) Lima subgraf

a

b

a b

e1

e2a b

e2a b

e1


1. (a) a, b, c, g, f, c, d, e, f

(b) c, f, g, c dan c, d, e, f, c


(c) e1, e2, e3

2. Terdapat satu lintasan Euleran, bermula dari bucu b dan berakhir di bucu

f (atau sebaliknya). Tiada litar Euleran.

3. Apabila n adalah genap.

4. (a)

a

bc d

e

f

gh

i

(b)

a b

c

d

ef

g

h i j

klm

5. (a) Tidak

(b) Tidak

(c) Tidak

(d) Tidak


1. (a) Bukan pepohon kerana mempunyai litar.

(b) Pepohon.

2. Antara abjad A hingga Z, yang manakah bukan merupakan pepohon?


3. K2

4.

a

b c

a

b c

a

b c


1. (a)

V = {a, b, c, d, e, f} , E = {e1, e2, e3, e4, e5.e6, e7, e8}

γ (e1) = {b, f} , γ (e2) = {a, b} , γ (e3) = {a, f} , γ (e4) = {a.d}

γ (e5) = {b, d} , γ (e6) = {b, e} , γ (e7) = {d, e} , γ (e8) = {e, f}

deg (a) = 3 = deg (d) = deg (e) = deg (f) , deg (b) = 4, deg (c) = 0

deg (G) = 16.Graf mudah kerana tiada gelung atau sisi selari.

(b)

V = {a, b, c} , E = ∅, γ (E) = ∅

deg (a) = deg (b) = deg (c) = 0 bucu-bucu terpencil

deg (G) = 0.Graf mudah.

2. Sila rujuk jawapan kepada Soalan 2, Latihan Formatif 10.1 untuk menda-

patkan idea melukis graf-graf khas ini.


3.

e1 e3 e4

e2

a cb

d e f

4. Ada litar Euleran kerana semua darjah bagi bucu adalah genap.

a

bc d

e

f

g

h

i

j

Contoh litar Euleran:

abjbichgdcgfdeefhija

5. (a) Tiada litar Hamiltonan.

(b) Ada litar Hamiltonan. Contoh:

a b c

g f e

d

6. (a) Tidak

(b) Tidak

(c) Ya


(d) Ya

7. (a) Ya

(b) Ya

(c) Tidak

(d) Ya

8. (a)

X

A

B

C D

F

G

E

H

I

J

K

(b) Tidak. Tiada litar Hamiltonan.

(c) Ya. Ada litar Euleran.

X

A

B

C D

F

G

E

H

I

J

K

9. (a) Bukan Pepohon. Tidak berkait

(b) Bukan pepohon. Ada litar.

(c) Bukan pepohon. Tidak berkait.


10. 16 pepohon perentangan kesemuanya.

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

a b

cd

Date post:	30-Mar-2023
Category:	Documents
Upload:	independent
View:	0 times
Download:	0 times

Modul smu3083

Documents