1. Back-up dahulu registry sebelum diedit. Caranya, klik Start|Run, ketik regedit. Setelah muncul window registry, pilih menu File|Export. Pada bagian Export
range, pilih All dan tentukan nama file, akhiri dengan klik tombol Save.
2. Banyak program yang sebenarnya terinstalasi dalam Windows, namun tidak aktif. Untuk mengaktifkannya, masuk ke Control Panel|Add/Remove Windows Component
dan beri tanda centang pada program yang belum aktif.
3. Sebelum menginstalasi program baru atau melakukan perubahan setting Windows secara keseluruhan, lebih baik buat Restore Point secara manual dahulu. Caranya, Klik Start|All Programs|Accessories|System Tool|System Restore dan klik Create a restore point.
4. Jika Anda memutuskan untuk menginstalasi Windows Update yang sebelumnya sudah didecline, masuk ke Control Panel|System, pilih tab Automatic Updates dan klik Restore Declined Updates.
5. Untuk mengatur Windows update berjalan sesuai dengan kebutuhan Anda, atur dulu Windows Update. Caranya, buka System di Control Panel dan klik tab Automatic Updates. Atur enable atau disable option Keep my computer up to date.
http://www.ziddu.com/download/8314071/150TipsDanTrikUntukWindowsAnda.docx.html
Senin, 25 Januari 2010
Sabtu, 16 Januari 2010
Sejarah Mac OS
Mac OS, yang berarti Macintosh Operating System, atau Sistem Pengoperasi Macintosh, adalah sistem pengoperasi komputer Apple untuk komputer Apple Macintosh. Mac OS merupakan sistem pengoperasian pertama yang menggunakan antarmuka pengguna grafik (Graphical User Interface-GUI). Pasukan Macintosh termasuk Bill Atkinson, Jef Raskin dan Andy Hertzfeld.
Terdapat berbagai pandangan bagaimana Macintosh dibangunkan dan di mana ide asal bermula. Walaupun kaitan antara Macintosh dan projek Alto di Xerox PARC telah luas diperkatakan dalam rekod sejarah, sumbangan awal Sketchpad oleh Ivan Sutherland dan Sistem di Talian (On-Line System) oleh Doug Engelbart tidak kurang pentingnya. Lihat Sejarah GUI, dan Apple v. Microsoft.
Download link dibawah ini.....
http://www.ziddu.com/download/8416423/SejarahMacOS.doc.html
Terdapat berbagai pandangan bagaimana Macintosh dibangunkan dan di mana ide asal bermula. Walaupun kaitan antara Macintosh dan projek Alto di Xerox PARC telah luas diperkatakan dalam rekod sejarah, sumbangan awal Sketchpad oleh Ivan Sutherland dan Sistem di Talian (On-Line System) oleh Doug Engelbart tidak kurang pentingnya. Lihat Sejarah GUI, dan Apple v. Microsoft.
Download link dibawah ini.....
http://www.ziddu.com/download/8416423/SejarahMacOS.doc.html
Mengenal Regedit Komputer
Registry Windows merupakan satu set file yangbe risikan database informasi dan dipakai untuk membatu Windows dalam melakukan pengontrolan perangkat keras, perangkat lunak, lingkungan pemakai dan interface. Registry juga dikembangkan sebagai suatu file referensi untuk asosiasi file data ke aplikasi. Sebenamya terdapat beberapa buah file yang digunakan untuk mengatur konfigurasi Windows seperti Win.ini, System.ini, Boot.ini dan sebagai nya. Tetapi karena keterbatasan file-file tersebut dalam melakukan manipulasi, dibuatlah data-base dan terregistrasi secara OLE dan beberapa file INI untuk dapat melakukan pengaturan system secara lebih lengkap.Untuk menjalankan Registry, gunakan [Start > Run…] ketik [Regedit] lalu [Ok] Terdapat lima pengelompokan registry seperti berikut:
HKEY_CLASSES_ROOT
Merupakan tempat penyimpanan asosiasi file dan tempat dimana Windows akan mencari folder khusus yang bertipe Classes sebagai kelas-kelas yang dipakai sistem operasi secara global.
HKEY_LOCAL_MACHINE.
Bagian ini menyimpan setting global (non user spesific) dari komputer yang sedang digunakan. Setting ini berhubungan dengan perangkat keras, perangkat lunak dan perangkat komunikasi. Contoh proses yang bisa dilakukan pada bagian ini misalnya pengaturan startup program, loading driver-driver hardware, remote connection, DNS Client, manajemen memory dan sebagainya.
HKEY_CURRENT_USER.
Bagian ini merupakan penyimpanan setting personal untuksetiap user yang menggunakan komputer. Beberapa yang bisa dilakukan pada bagian ini misalnya untuk melakukan pengaturan menu, desktop, kualitas warna, wallpaper, taskbar dan sebagainya.
HKEY_USERS.
Bagian ini menyimpan setting spesitik atau pengaturan tertentu yang dilakukan oleh pemakai komputer seperti misalnya layout desktop dan pengaturan program aplikasi. Jadi bagian ini menyimpan kunci indukyang temubung dengan pengaturan yangdilakukan setiap user yang berbeda.
HKEY_CURRENT_CONFIG.
Menyimpan informasi dari profil perangkat keras yang terpasang. Isinya sebenarnya sama dengan Hkey_Local_Machine\Config.
Pengenalan nama-nama bagian dari dpat dijelaskan seperti berikut ;
1. Secara garis besar kolom registry terbagi dua yang dibatasi oleh sebuah garis tebal vertical, yaitu kelompok kiri merupakan kelompok KEY dan kelompok kanan merupakan kelompok yang disebut VALUE.
2. Ikon paling kiri (mirip folder) disebut KEY yang diikuti nama key yang bersangkutan mis ; HKEY_CURRENT_USER
3. Didalam sebuah ikon key masih ada lagi ikon yang disebut sub key begitulah seterusnya. Artinya semua ikon didalam ikon setelah ikon key disebut sub key
4. Kelompok VALUE terbagi atas tiga kolom.
5. Kelompok dibawah [Name] adalah nama Value
6. Kelompok dibawah [Type] adalah tipe Value
7. Kelompok dibawah data adalah nilai Value. Nilai inilah yang dapat kita manipulasi untuk melakukan setting tertentu pada system Windows.
HKEY_CLASSES_ROOT
Merupakan tempat penyimpanan asosiasi file dan tempat dimana Windows akan mencari folder khusus yang bertipe Classes sebagai kelas-kelas yang dipakai sistem operasi secara global.
HKEY_LOCAL_MACHINE.
Bagian ini menyimpan setting global (non user spesific) dari komputer yang sedang digunakan. Setting ini berhubungan dengan perangkat keras, perangkat lunak dan perangkat komunikasi. Contoh proses yang bisa dilakukan pada bagian ini misalnya pengaturan startup program, loading driver-driver hardware, remote connection, DNS Client, manajemen memory dan sebagainya.
HKEY_CURRENT_USER.
Bagian ini merupakan penyimpanan setting personal untuksetiap user yang menggunakan komputer. Beberapa yang bisa dilakukan pada bagian ini misalnya untuk melakukan pengaturan menu, desktop, kualitas warna, wallpaper, taskbar dan sebagainya.
HKEY_USERS.
Bagian ini menyimpan setting spesitik atau pengaturan tertentu yang dilakukan oleh pemakai komputer seperti misalnya layout desktop dan pengaturan program aplikasi. Jadi bagian ini menyimpan kunci indukyang temubung dengan pengaturan yangdilakukan setiap user yang berbeda.
HKEY_CURRENT_CONFIG.
Menyimpan informasi dari profil perangkat keras yang terpasang. Isinya sebenarnya sama dengan Hkey_Local_Machine\Config.
Pengenalan nama-nama bagian dari dpat dijelaskan seperti berikut ;
1. Secara garis besar kolom registry terbagi dua yang dibatasi oleh sebuah garis tebal vertical, yaitu kelompok kiri merupakan kelompok KEY dan kelompok kanan merupakan kelompok yang disebut VALUE.
2. Ikon paling kiri (mirip folder) disebut KEY yang diikuti nama key yang bersangkutan mis ; HKEY_CURRENT_USER
3. Didalam sebuah ikon key masih ada lagi ikon yang disebut sub key begitulah seterusnya. Artinya semua ikon didalam ikon setelah ikon key disebut sub key
4. Kelompok VALUE terbagi atas tiga kolom.
5. Kelompok dibawah [Name] adalah nama Value
6. Kelompok dibawah [Type] adalah tipe Value
7. Kelompok dibawah data adalah nilai Value. Nilai inilah yang dapat kita manipulasi untuk melakukan setting tertentu pada system Windows.
Jumat, 15 Januari 2010
Rabu, 13 Januari 2010
24 Penyebab Kerusakan Komputer dan Cara Mengatasinya
Berikut Merupakan Rangkuman Masalah dan kendala Yang sering Pengguna Komputer Hadapi dan Bagaimana Cara Pencegahannya :
1. Komputer Tidak Mau Hidup
Cara Mengatasinya :
ο Cek koneksi kabel (dari power outletnya ke tombol power pada PC)
ο Cek apakah stabilizer berfungsi atau tdak (jika memakai stabilizer)
ο Cek kabel power pada CPU
ο Jika masih juga tidak mau hidup permasalahanya mungkin terletak pada power supply atau MB
2. Komputer Mau Hidup Tetapi Tidak Mau Booting
Cara Mengatasinya :
ο Kenali Terlebih dahulu Bunyi Beep :
ο Beep 1 kali saja Tanda bahwa kondisi komputer baik
ο Beep 1 kali, panjang Terdapat problem di memory
ο Beep 1 kali panjang dan 3 kali pendek Kerusakan di VGA card
ο Beep 1 kali panjang dan 2 kali pendek Kerusakan di DRAM parity
ο Beep terus menerus Kerusakan dimodul memory atau memory video
ο Cek dengan menggunakan software dianosa seperti sisoft sandra, PC mark04, PC mark05 dll
3. Komputer Mau Booting Tetapi Selalu “Safe Mode “ (untuk masuk ke safe mode tekan F8)
Cara Mengatasinya :
ο restart kembali komputer anda
ο jika masih trouble intall ulang windows anda
ο jika masih safe mode juga, berarti HD anda bermasalah cek dengan : scan disk
4. Komputer Sering Hang
Cara Mengatasinya
ο Disebabkan software mengalami crash
ο tekan ctrl + alt + del >> klik End task pada program yang “Not Responding”
ο tekan tombol restart pada CPU
ο Disebabkan hardware mengalami konflik (adanya penambahan hardware baru)
ο konflik antar hardware sering terjadi pada sistem operasi windows
ο install ulang windows anda, tetapi yang perlu diingat sebelum reinstall windows anda, lepaskan dulu
hardware baru anda
ο alankan fasilitas “add new“ hardware yang terdapat pada control panel.
5. Keyboard Tidak Dikenali Oleh Komputer
Cara Mengatasinya
ο cek apakah keyboard anda sudah terpasang dengan benar
ο jika sudah tapi masih juga keyboard tidak terdeteksi maka kemungkinan keyboard anda bermasalah.
ο coba ganti keyboard anda, jika sudah diganti tapi juga masih bermasalah maka kemungkinan besar yang
rusak adalah di bagian port keyboard di MB anda.
ο Jika memang Sudah di Ganti Keyboard Baru tapi tetap tidak terdeteksi Juga Coba Ganti dengan Keyboard
USB dan apabila tidak terdeteksi Juga berarti ada yang salah Pada sitem Windows Sobat
6. Mouse Tidak Dikenali Oleh Komputer (sama dengan kasus keyboard)
7. Pointer Mouse Selalu Meloncat-Loncat
Cara Mengatasinya
ο mouse kotor segera di Bersihkan (khususnya pada bola mouse)
8. Komputer Sering Crash
Cara Mengatasinya :
ο cek semua posisi kabel, hardware, dan juga tegangan pada casing, cek suhu pada CPU dan jua cek ram,
processor dan juga vga.
9. Bila Produsen MetherBoard (MB) Tidak Diketahui
Cara Mengatasinya :
ο buka casing, dan cek CPU anda biasanya sebuah MB memiliki label produsen yang sekaligus berisi
spesifikasi tipe Mbnya.
ο Lihat pada manual book
ο Cari data Mb lewat internet, cocokan ID yang tercetak pada sticker board denan daftar
ο yang terdapat pada situs www.fcc.gov/oet/fccid, dan cari daftar nomor ID yang dikeluarkan oleh lembaga
perijinan untuk perangkat elektonik di Amerika
ο Gunakan software analisa, seperti sandra99 dll.
10. Lupa Password BIOS
Cara Mengatasinya :
ο Cabut batterey cmos pada cpu
ο Atau dengan cara emncoba menebak bberapa password default untuk beberapa produsen bios misalkan
AMI dan AWARD (contoh : A.M.I, AMI, AMI_SW, ALLY, 589589 dll)
11. Jam dan setting tanggal BIOS Selalu Berubah-Rubah
Cara Mengatasinya :
ο batteray cmos sudah tidak berfungsi (mati), ganti dengan batteray yang baru
12. Menambah Perangkat Hardware Baru, Tp Tidak Terdeteksi Oleh BIOS
Cara Mengatasinya :
ο Kemungkinan besar bios anda sudah kuno sehingga tidak dapat mendeteksi hardware yang baru, maka
segera update bios anda (bisa download melalui internet, mis : www.windrivers.com)
13. Melacak Kerusakan Card Pada MB
Cara Mengatasinya :
ο cobalah denganmencabut dan menancapkan beberapa card pada MB anda
ο jika booting berhasil maka card anda tidak bermasalah begitu jua sebaliknya
14. Pasang Processor Baru Tp Tidak Terdeteksi
Cara Mengatasinya :
ο cek apakah anda sudah memasang processor denan benar
ο cek apakah posisi jumper pada processor sudah benar (tentang jumper pada processor bisa anda priksa
pada manual booknya)
15. Crash Setelah Memasang RAM Baru
Cara Mengatasinya :
ο kemungkinan ram yang anda pasang tidak kompatibel dengan komputer anda (cabut ram tersebut)
16. Menambah RAM Tapi Tidak Terdeteksi
Cara Mengatasinya :
ο Lakukan pengecekan seperti ketika kasus sebelumnya
ο Pastikan slot yan dipakai sesuai, misalnya : SD RAM memiliki slot yang hampir sama dengan RD RAM
tetapi RD RAM, tidak bisa terdeteksi meskipun bisa dipasang pada slot jenis SD RAM.
17. Setelah Menambah RAM Proses Komputer Manjadi Semakin Lambat
Cara Mengatasinya :
ο perhatikan batas kapasitas ram anda, misalnya ram jenis EDO batas maksimalnya adalah 64 MB, maka ketika dipaksakan untuk ditambah maka komputer anda menjadi semakin lambat
18. Virtual Ram
Cara Mengatasinya :
ο Klik kanan icon My computer, pilih propertis, kemudian pilih tab performance dan klik VIRTUAL
MEMORY
ο pilih item let me specify my own virtual memory setting (pilih HD yang akan digunakan sebagai virtual
memory)
ο klik OK
19. Monitor Tidak Mau Nyala
Cara Mengatasinya :
ο pastikan semua kabel power maupun konektor yang berhubungan dengan monitor ok
ο pastikan juga pin yang ada pada port VGA masuk dengan sempuran tidak ada yang bengkok apalagi tidak
masuk semua/salah satu pin ke port VGA
ο pastikan juga VGA card anda ok
20. Monitor Menjadi Gelap Saat Loading Windows
Cara Mengatasinya :
ο kemungkinan disebabkan karena setup driver untuk monitor tidak tepat(setting frekuensinya terlalu tinggi)
ο masuk dulu ke dalam kondisi safe mode (tekan F8)
ο install ulang driver VGAnya
21. Tampilan Tiba-Tiba Rusak Dan Komputer Manjadi Hang
Cara Mengatasinya :
ο dikarenakan suhu (pada VA card) sangat panas
22. Ukuran Tampilan monitor Tidak Sesuai Keinginan
Cara Mengatasinya :
ο masuk ke display propertis (klik kana semabrang tempat pilih propertis)
ο Tekan tab setting dan dan atur ukuran tampilan sesuai dengan keinginan (pada screean area)
23. Monitor Seperti Berkedip Saat Digunakan
Cara Mengatasinya :
ο masuk ke display propertis (klik kana semabrang tempat pilih propertis)
ο Tekan tab setting dan klik advance, kemudian klik adapter, pada bagian ini ditampilkan refresh raet yang
dininkan
24. Sound Card Baru Tidak Terdeteksi
Cara Mengatasinya :
ο Crash dengan sound card yang lama
ο cek pada manual booknya, apakah soundcard on boardnya perlu dimatikan atau tidak jika hendak
menginstall ulang soundcard yan baru (biasanya bisa dimatikan lewat jumper atau bios).
1. Komputer Tidak Mau Hidup
Cara Mengatasinya :
ο Cek koneksi kabel (dari power outletnya ke tombol power pada PC)
ο Cek apakah stabilizer berfungsi atau tdak (jika memakai stabilizer)
ο Cek kabel power pada CPU
ο Jika masih juga tidak mau hidup permasalahanya mungkin terletak pada power supply atau MB
2. Komputer Mau Hidup Tetapi Tidak Mau Booting
Cara Mengatasinya :
ο Kenali Terlebih dahulu Bunyi Beep :
ο Beep 1 kali saja Tanda bahwa kondisi komputer baik
ο Beep 1 kali, panjang Terdapat problem di memory
ο Beep 1 kali panjang dan 3 kali pendek Kerusakan di VGA card
ο Beep 1 kali panjang dan 2 kali pendek Kerusakan di DRAM parity
ο Beep terus menerus Kerusakan dimodul memory atau memory video
ο Cek dengan menggunakan software dianosa seperti sisoft sandra, PC mark04, PC mark05 dll
3. Komputer Mau Booting Tetapi Selalu “Safe Mode “ (untuk masuk ke safe mode tekan F8)
Cara Mengatasinya :
ο restart kembali komputer anda
ο jika masih trouble intall ulang windows anda
ο jika masih safe mode juga, berarti HD anda bermasalah cek dengan : scan disk
4. Komputer Sering Hang
Cara Mengatasinya
ο Disebabkan software mengalami crash
ο tekan ctrl + alt + del >> klik End task pada program yang “Not Responding”
ο tekan tombol restart pada CPU
ο Disebabkan hardware mengalami konflik (adanya penambahan hardware baru)
ο konflik antar hardware sering terjadi pada sistem operasi windows
ο install ulang windows anda, tetapi yang perlu diingat sebelum reinstall windows anda, lepaskan dulu
hardware baru anda
ο alankan fasilitas “add new“ hardware yang terdapat pada control panel.
5. Keyboard Tidak Dikenali Oleh Komputer
Cara Mengatasinya
ο cek apakah keyboard anda sudah terpasang dengan benar
ο jika sudah tapi masih juga keyboard tidak terdeteksi maka kemungkinan keyboard anda bermasalah.
ο coba ganti keyboard anda, jika sudah diganti tapi juga masih bermasalah maka kemungkinan besar yang
rusak adalah di bagian port keyboard di MB anda.
ο Jika memang Sudah di Ganti Keyboard Baru tapi tetap tidak terdeteksi Juga Coba Ganti dengan Keyboard
USB dan apabila tidak terdeteksi Juga berarti ada yang salah Pada sitem Windows Sobat
6. Mouse Tidak Dikenali Oleh Komputer (sama dengan kasus keyboard)
7. Pointer Mouse Selalu Meloncat-Loncat
Cara Mengatasinya
ο mouse kotor segera di Bersihkan (khususnya pada bola mouse)
8. Komputer Sering Crash
Cara Mengatasinya :
ο cek semua posisi kabel, hardware, dan juga tegangan pada casing, cek suhu pada CPU dan jua cek ram,
processor dan juga vga.
9. Bila Produsen MetherBoard (MB) Tidak Diketahui
Cara Mengatasinya :
ο buka casing, dan cek CPU anda biasanya sebuah MB memiliki label produsen yang sekaligus berisi
spesifikasi tipe Mbnya.
ο Lihat pada manual book
ο Cari data Mb lewat internet, cocokan ID yang tercetak pada sticker board denan daftar
ο yang terdapat pada situs www.fcc.gov/oet/fccid, dan cari daftar nomor ID yang dikeluarkan oleh lembaga
perijinan untuk perangkat elektonik di Amerika
ο Gunakan software analisa, seperti sandra99 dll.
10. Lupa Password BIOS
Cara Mengatasinya :
ο Cabut batterey cmos pada cpu
ο Atau dengan cara emncoba menebak bberapa password default untuk beberapa produsen bios misalkan
AMI dan AWARD (contoh : A.M.I, AMI, AMI_SW, ALLY, 589589 dll)
11. Jam dan setting tanggal BIOS Selalu Berubah-Rubah
Cara Mengatasinya :
ο batteray cmos sudah tidak berfungsi (mati), ganti dengan batteray yang baru
12. Menambah Perangkat Hardware Baru, Tp Tidak Terdeteksi Oleh BIOS
Cara Mengatasinya :
ο Kemungkinan besar bios anda sudah kuno sehingga tidak dapat mendeteksi hardware yang baru, maka
segera update bios anda (bisa download melalui internet, mis : www.windrivers.com)
13. Melacak Kerusakan Card Pada MB
Cara Mengatasinya :
ο cobalah denganmencabut dan menancapkan beberapa card pada MB anda
ο jika booting berhasil maka card anda tidak bermasalah begitu jua sebaliknya
14. Pasang Processor Baru Tp Tidak Terdeteksi
Cara Mengatasinya :
ο cek apakah anda sudah memasang processor denan benar
ο cek apakah posisi jumper pada processor sudah benar (tentang jumper pada processor bisa anda priksa
pada manual booknya)
15. Crash Setelah Memasang RAM Baru
Cara Mengatasinya :
ο kemungkinan ram yang anda pasang tidak kompatibel dengan komputer anda (cabut ram tersebut)
16. Menambah RAM Tapi Tidak Terdeteksi
Cara Mengatasinya :
ο Lakukan pengecekan seperti ketika kasus sebelumnya
ο Pastikan slot yan dipakai sesuai, misalnya : SD RAM memiliki slot yang hampir sama dengan RD RAM
tetapi RD RAM, tidak bisa terdeteksi meskipun bisa dipasang pada slot jenis SD RAM.
17. Setelah Menambah RAM Proses Komputer Manjadi Semakin Lambat
Cara Mengatasinya :
ο perhatikan batas kapasitas ram anda, misalnya ram jenis EDO batas maksimalnya adalah 64 MB, maka ketika dipaksakan untuk ditambah maka komputer anda menjadi semakin lambat
18. Virtual Ram
Cara Mengatasinya :
ο Klik kanan icon My computer, pilih propertis, kemudian pilih tab performance dan klik VIRTUAL
MEMORY
ο pilih item let me specify my own virtual memory setting (pilih HD yang akan digunakan sebagai virtual
memory)
ο klik OK
19. Monitor Tidak Mau Nyala
Cara Mengatasinya :
ο pastikan semua kabel power maupun konektor yang berhubungan dengan monitor ok
ο pastikan juga pin yang ada pada port VGA masuk dengan sempuran tidak ada yang bengkok apalagi tidak
masuk semua/salah satu pin ke port VGA
ο pastikan juga VGA card anda ok
20. Monitor Menjadi Gelap Saat Loading Windows
Cara Mengatasinya :
ο kemungkinan disebabkan karena setup driver untuk monitor tidak tepat(setting frekuensinya terlalu tinggi)
ο masuk dulu ke dalam kondisi safe mode (tekan F8)
ο install ulang driver VGAnya
21. Tampilan Tiba-Tiba Rusak Dan Komputer Manjadi Hang
Cara Mengatasinya :
ο dikarenakan suhu (pada VA card) sangat panas
22. Ukuran Tampilan monitor Tidak Sesuai Keinginan
Cara Mengatasinya :
ο masuk ke display propertis (klik kana semabrang tempat pilih propertis)
ο Tekan tab setting dan dan atur ukuran tampilan sesuai dengan keinginan (pada screean area)
23. Monitor Seperti Berkedip Saat Digunakan
Cara Mengatasinya :
ο masuk ke display propertis (klik kana semabrang tempat pilih propertis)
ο Tekan tab setting dan klik advance, kemudian klik adapter, pada bagian ini ditampilkan refresh raet yang
dininkan
24. Sound Card Baru Tidak Terdeteksi
Cara Mengatasinya :
ο Crash dengan sound card yang lama
ο cek pada manual booknya, apakah soundcard on boardnya perlu dimatikan atau tidak jika hendak
menginstall ulang soundcard yan baru (biasanya bisa dimatikan lewat jumper atau bios).
Selasa, 12 Januari 2010
Konsep Manajemen Proyek
Manajemen proyek sistem informasi ditekankan pada tiga faktor, yaitu : manusia, masalah dan proses. Dalam pekerjaan sistem informasi faktor manusia sangat berperan
penting dalam suksesnya manajemen proyek. Pentingnya faktor manusia dinyatakan dalam model kematangan kemampuan manajement manusia (a people management capability maturity model/ PM-CMM) yang berfungsi untuk meningkatkan kesiapan organisasi perangkat lunak (sistem informasi) dalam menyelesaikan masalah dengan melakukan kegiatan menerima, memilih, kinerja manajemen, pelatihan, kompensasi, pengembangan karier, organisasi dan rancangan kerja serta pengembangan tim.
Dasar-Dasar Organisasional
Organisasi adalah sistem yang saling mempengaruhi dan salaing bekerja sama antara orang yang satu dengan orang yang lain dalam suatu kelompok untuk mencapai suatu tujuan tertentu yang telah disepakati bersama. Organisasi merupakan system maka terdiri dari beberapa elemen yaitu :
1. orang, dalam organisasi harus ada sekelompok orang yang bekerja dan salah
satunya ada yang memimpin organisasi tersebut.
2. tujuan, dalam organisasi harus ada tujuan yang harus dicapai, baik dalam jangka
pendek maupun jangka panjang.
3. posisi, setiap orang yang ada dalam suatu organisasi akan menempati posisi atau
kedudukannya masing-masing.
4. pekerjaan, setiap orang yang ada dalam organisasi tersebut mempunyai pekerjaan
(job) masing-masing sesuai dengan posisinya.
5. teknologi, untuk mencapai tujuan organisasi membutuhkan teknologi untuk
membantu dalam pengolahan data menjadi suatu informasi.
6. struktur, struktur organisasi merupakan pola yang mengatur pelaksanaan pekerjaan
dan hubungan kerja sama antar setiap orang yang ada dalam organisasi tersebut.
7. lingkungan luar, merupakan elemen yang sangat penting dan akan mempengaruhi
keberhasilan suatu organisasi, misalnya adanya kebijakan pemerintah tentang
organisasi.
Prinsip-prinsip organisasi adalah nilai-nilai yang digunakan sebagai landasan kerja bagi setiap orang yang ada dalam organisasi tersebut untuk mencapai keberhasilan
tujuan yang telah disepakati. Prinsip-prinsip yang ada dalam organisasi meliputi :
1. tujuan organisasi yang jelas
2. tugas yang dilakukan harus jelas
3. pembagian tugas yang adil
4. penempatan posisi yang tepat
5. adanya koordinasi dan integrasi
Manajemen dalam organisasi terdiri dari tiga tingkatan pembuat keputusan
manajemen yaitu : manajemen tingkat bawah (operasional), manajemen tingkat
menengah (perencanaan dan kontrol manajerial) dan manajemen tingkat atas
(strategik). Setiap level memiliki tanggung jawabnya sendiri-sendiri dan semuanya
bekerja sama dalam mencapai tujuan dan sasaran.
1. Manajemen tingkat bawah (operasional)
Manajer operasional membuat keputusan berdasarkan aturan-aturan yang telah
ditetapkan sebelumnya dan menghasilkan hal-hal yang dapat diprediksikan bila
diterapkan dengan benar.
Manajer operasi adalah pembuat keputusan yang pekerjaannya lebih jelas
sehingga dapat mempengaruhi implementasi dalam jadwal kerja, kontrol
inventaris, penerimaan, dan pengontrolan proses-proses seperti produksi.
Manajer operasi membutuhkan informasi internal yang repetitif, dan sangat
tergantung pada informasi yang memuat tentang kinerja terbaru dan merupakan
pengguna on-line terbesar, sumberdaya-sumberdaya informasi real-time
2. Manajemen tingkat menengah (perencanaan dan kontrol manajerial)
Manajer tingkat menengah membuat perencanaan jangka pendek dan
mengontrol keputusan-keputusan tentang bagaimana sumberdaya bisa
dialokasikan dengan baik untuk memenuhi tujuan-tujuan organisasional, dan
meramalkan kebutuhan-kebutuhan sumberdaya dimasa datang untuk
meminimalkan problem-problem pegawai yang dapat membahayakan
produktivitas.
Manajer tingkat menengah sangat tergantung pada informasi internal dan membutuhkan sangat besar informasi real- time agar dapat melakukan pengontrolan dengan tepat dan informasi terbaru atas kinerja yang diukur sesuai
standar.
3. Manajemen tingkat atas (strategik)
Manajer strategik membuat keputusan-keputusan yang akan membimbing
manajer operasional dan manajer tingkat menengah.
Manajer strategik bekerja di lingkungan pembuat keputusan yang sangat tidak
pasti. Membutuhkan informasi yang bersifat strategis, karena tugas kesehariannya
adalah pengarahan dan perencanaan.
Informasi yang strategis diperlukan untuk menilai tingkat keberhasilan organisasi
menjalankan tugas dan tujuan organisasi.
Membutuhkan informasi internal (agar bisa beradaptasi dengan perubahan-
perubahan yang terjadi dengan cepat) dan informasi eksternal (untuk mengetahui
peraturan pemerintah,kebijakan perekonomian, kondisi pasar dan strategi
perusahaan-perusahaan pesaing)
penting dalam suksesnya manajemen proyek. Pentingnya faktor manusia dinyatakan dalam model kematangan kemampuan manajement manusia (a people management capability maturity model/ PM-CMM) yang berfungsi untuk meningkatkan kesiapan organisasi perangkat lunak (sistem informasi) dalam menyelesaikan masalah dengan melakukan kegiatan menerima, memilih, kinerja manajemen, pelatihan, kompensasi, pengembangan karier, organisasi dan rancangan kerja serta pengembangan tim.
Dasar-Dasar Organisasional
Organisasi adalah sistem yang saling mempengaruhi dan salaing bekerja sama antara orang yang satu dengan orang yang lain dalam suatu kelompok untuk mencapai suatu tujuan tertentu yang telah disepakati bersama. Organisasi merupakan system maka terdiri dari beberapa elemen yaitu :
1. orang, dalam organisasi harus ada sekelompok orang yang bekerja dan salah
satunya ada yang memimpin organisasi tersebut.
2. tujuan, dalam organisasi harus ada tujuan yang harus dicapai, baik dalam jangka
pendek maupun jangka panjang.
3. posisi, setiap orang yang ada dalam suatu organisasi akan menempati posisi atau
kedudukannya masing-masing.
4. pekerjaan, setiap orang yang ada dalam organisasi tersebut mempunyai pekerjaan
(job) masing-masing sesuai dengan posisinya.
5. teknologi, untuk mencapai tujuan organisasi membutuhkan teknologi untuk
membantu dalam pengolahan data menjadi suatu informasi.
6. struktur, struktur organisasi merupakan pola yang mengatur pelaksanaan pekerjaan
dan hubungan kerja sama antar setiap orang yang ada dalam organisasi tersebut.
7. lingkungan luar, merupakan elemen yang sangat penting dan akan mempengaruhi
keberhasilan suatu organisasi, misalnya adanya kebijakan pemerintah tentang
organisasi.
Prinsip-prinsip organisasi adalah nilai-nilai yang digunakan sebagai landasan kerja bagi setiap orang yang ada dalam organisasi tersebut untuk mencapai keberhasilan
tujuan yang telah disepakati. Prinsip-prinsip yang ada dalam organisasi meliputi :
1. tujuan organisasi yang jelas
2. tugas yang dilakukan harus jelas
3. pembagian tugas yang adil
4. penempatan posisi yang tepat
5. adanya koordinasi dan integrasi
Manajemen dalam organisasi terdiri dari tiga tingkatan pembuat keputusan
manajemen yaitu : manajemen tingkat bawah (operasional), manajemen tingkat
menengah (perencanaan dan kontrol manajerial) dan manajemen tingkat atas
(strategik). Setiap level memiliki tanggung jawabnya sendiri-sendiri dan semuanya
bekerja sama dalam mencapai tujuan dan sasaran.
1. Manajemen tingkat bawah (operasional)
Manajer operasional membuat keputusan berdasarkan aturan-aturan yang telah
ditetapkan sebelumnya dan menghasilkan hal-hal yang dapat diprediksikan bila
diterapkan dengan benar.
Manajer operasi adalah pembuat keputusan yang pekerjaannya lebih jelas
sehingga dapat mempengaruhi implementasi dalam jadwal kerja, kontrol
inventaris, penerimaan, dan pengontrolan proses-proses seperti produksi.
Manajer operasi membutuhkan informasi internal yang repetitif, dan sangat
tergantung pada informasi yang memuat tentang kinerja terbaru dan merupakan
pengguna on-line terbesar, sumberdaya-sumberdaya informasi real-time
2. Manajemen tingkat menengah (perencanaan dan kontrol manajerial)
Manajer tingkat menengah membuat perencanaan jangka pendek dan
mengontrol keputusan-keputusan tentang bagaimana sumberdaya bisa
dialokasikan dengan baik untuk memenuhi tujuan-tujuan organisasional, dan
meramalkan kebutuhan-kebutuhan sumberdaya dimasa datang untuk
meminimalkan problem-problem pegawai yang dapat membahayakan
produktivitas.
Manajer tingkat menengah sangat tergantung pada informasi internal dan membutuhkan sangat besar informasi real- time agar dapat melakukan pengontrolan dengan tepat dan informasi terbaru atas kinerja yang diukur sesuai
standar.
3. Manajemen tingkat atas (strategik)
Manajer strategik membuat keputusan-keputusan yang akan membimbing
manajer operasional dan manajer tingkat menengah.
Manajer strategik bekerja di lingkungan pembuat keputusan yang sangat tidak
pasti. Membutuhkan informasi yang bersifat strategis, karena tugas kesehariannya
adalah pengarahan dan perencanaan.
Informasi yang strategis diperlukan untuk menilai tingkat keberhasilan organisasi
menjalankan tugas dan tujuan organisasi.
Membutuhkan informasi internal (agar bisa beradaptasi dengan perubahan-
perubahan yang terjadi dengan cepat) dan informasi eksternal (untuk mengetahui
peraturan pemerintah,kebijakan perekonomian, kondisi pasar dan strategi
perusahaan-perusahaan pesaing)
Senin, 11 Januari 2010
Modul Logika Matematika
A. PENDAHULUAN
Logika matematika merupakan bagian matematika yang membahas tentang hukum-hukum, susunan atau pola pikir yang di hadapkan pada nilai kebenaran dari sudut pandang matematika. Definisi, teorema atau dalil yang terdapat dalam matematika dibangun berdasarkan logika matematika. Dengan demikian setiap masalah dalam matematika harus dibuktikan kebenarannya berdasarkan prinsip-prinsip logika matematika. Oleh karena itu penguasaan terhadap materi yang terdapat dalam pokok bahasan logika matematika menjadi syarat perlu untuk memahami materi-materi matematika yang tingkatannya lebih tinggi. Melalui modul ini disampaikan bagaimana aturan-aturan yang ada dalam logika matematika untuk dapat digunakan dalam membuktikan suatu pernyataan. Adapun untuk dapat mahir dalam kegiatan pembuktian pernyataan-pernyataan matematika dibutuhkan banyak latihan pembuktian.
B. TUJUAN
Tujuan yang diharapkan dalam penulisan modul ini adalah untuk membantu guru memahami prinsip-prinsip logika matematika dan dapat menggunakannya dalam membuktikan suatu pola atau hubungan dalam matematika. Adapun model pembelajaran yang diterapkan dalam kagiatan pelatihan diharapkan dapat memberikan informasi bagi peserta tentang alternatif model pembelajaran yang dapat diterapkan dalam kegiatan pembelajaran bagi siswa di kelas.
Setelah mempelajari modul ini peserta diharapkan dapat:
1. Menyimpulkan sah atau tidaknya suatu pembuktian
2. Menarik kesimpulan dengan modus ponen, modus tollen dan silogisme.
3. Membuktikan sifat matematika dengan bukti langsung
4. Membuktikan sifat matematika dengan bukti tak langsung
C. PETUNJUK PEMBELAJARAN
Pembelajaran yang dilaksanakan berorientasi pada pemahaman konsep-konsep dan prinsip-prinsip yang ada dalam logika matematika, dan penerapannya dalam pembuktian sifat-sifat yang ada pada matematika. Materi disajikan dengan banyak contoh, diharapkan peserta dapat memahami bagaimana membuktikan pola, sifat atau formula matematika dengan menggunakan prinsip logika matematika.
Model pembelajaran yang digunakan adalah model pembelajaran koperatif yang diawali penjelasan tentang materi-materi yang ada dalam pokok bahasan logika matematika namun tidak disajikan di dalam modul ini. Penjelasan ini tidak secara mendalam, hanya bertujuan untuk mengingatkan tentang materi prasyarat saja. Perlu diketahui bahwa isi modul ini lebih difokuskan pada penarikan kesimpulan, dengan pertimbangan bagian-bagian sebelumnya tidak terlalu sulit untuk dipahami sehingga dianggap peserta pelatihan sudah memahaminya. Pada tahap berikutnya, peserta akan dikelompokkan dalam kelompok yang terdiri dari 4 sampai 5 orang dan akan mendiskusikan materi yang dan menyelesaikan tugas-tugas yang ada dalam modul. Di akhir kegiatan akan dilakukan diskusi secara klasikal untuk membuat kesimpulan dan membahas tugas-tugas yang gagal diselesaikan dalam kelompok.
D. KEGIATAN PEMBELAJAN
I. Kalimat Terbuka dan Pernyataan pada Matematika
Definisi merupakan suatu kesepakatan mengenai suatu istilah tertentu. Dengan demikian kebenaran definisi tidak perlu dibuktikan. Definisi menjelaskan dengan tepat apa yang didefinisikan. Namun demikian ada istilah-istilah dalam matematika yang tidak didefinisikan, misalnya bilangan, garis, titik dan himpunan. Dalam logika matematika kata kalimat, benar, dan salah adalah istilah yang tidak didefinisikan. Pengertian penting yang harus dipahami dalam mempelajari logika matematika adalah kalimat terbuka dan pernyataan.
Kalimat terbuka adalah kalimat yang menggandung variabel (satu atau lebih) dan akan menjadi pernyataan jika variabelnya disubtitusi dengan nilai-nilai tertentu.
Contoh:
1. p + 2 = 17
2. x > 3
3. 4 + m < 2 atau n – 2 = 9
Kalimat yang sudah dapat dikatakan benar atau salah disebut pernyataan atau disebut juga proposisi. Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa:
Pernyataan adalah suatu kalimat yang benar, atau salah tetapi tidak sekaligus benar dan salah.
Perlu diketahui bahawa suatu pernyataan biasanya diberi nama dengan huruf kecil p, q, r, s, t, atau huruf yang lainnya. Nilai kebenaran dari suatu pernyataan p akan ditulis sebagai n(p). Sehingga jika nilai kebenaran dari suatu pernyataan p adalah benar maka akan ditulis bahwa n(p) = B.
Pernyataan yang selalu bernilai benar disebut tautologi, sedangkan pernyataan yang selalu bernilai salah disebut kontradiksi.
Contoh:
1. p : 10 x 5 = 15 (pernyataan yang salah : n(p) = S)
2. q : 100 – 5 = 95 (pernyataan yang benar n(q) = B)
3. r : 5 < 9 (pernyataan yang benar : n (r) = B)
4. s : 3 + 4 = 6 dan 6 > 2 (pernyataan yang salah : n(s) = S)
Latihan I
Yang manakah dari kalimat-kalimat di bawah ini yang merupakan kalimat terbuka, pernyataan, atau bukan pernyataan dan bukan kalimat terbuka?
1. 10 + 10 + 10 = 3 x 10
2. 4y – 10 = 18
3. Kota Jakarta ada di Pulau Bali
4. Bacalah buku ini!
5. 10 + 5 > 15
6. Hati-hatilah bila menyeberang jalan.
7. jumlah besar sudut-sudut dalam suatu segitiga adalah 180
8. 2n + 1 adalah bilangan ganjil untuk setiap bilangan asli n
9. 10x + 10 = 10 + 10y
10. Setiap balok mempunyai 8 buah rusuk.
II. Negasi, Konjungsi, Disjungsi, Implikasi dan Biimplikasi.
Hukum Negasi:
Negasi p ditulis – p ( dibaca: “tidak p” , “bukan p” )
Jika n(p) = B, maka n(– p) = S; atau
Jika n(p) = S, maka n(– p) =B
Contoh:
Nyatakanlah negasi dari pernyataan-pernyataan dibawah ini:
1. 14 + 16 < 20
2. Jumlah dua buah bilangan ganjil adalah ganjil
Jawab:
1. Negasi dari 14 + 16 < 20 adalah “tidak benar 14 + 16 < 20” atau “14 + 16 20”
2. Negasi dari “Jumlah dua buah bilangan ganjil adalah ganjil” adalah
“Tidak benar jumlah dua buah bilangan ganjil adalah ganjil”
Latihan II a.
Nyatakan ingkaran dari pernyataan-pernyataan berikut ini dan tentukan nilai kebenaran dari pernyataan dan ingkaran pernyataan tersebut.
1. 15 x 12 = 190 4. jumlah dua bilangan prima adalah genap
2. 45 – 80 – 25 5. ada bilangan prima yang genap
3. 41 bukan bilangan prima
Hukum Konjungsi:
Konjungsi dari pernyataan p dan q ditulis “p q” (dibaca “dan”; “tetapi”; “meskipu”; “sedangkan”; “padahal”; “sambil”; “juga”; “walaupun”) bernilai benar jika p dan q kedua-duanya bernilai benar.
(p q) (q p)
Hukum Disjungsi:
Disjungsi dari pernyataan p dan q ditulis “p q” (dibaca “atau”; “maupun”) bernilai benar, kecuali jika p dan q kedua-duanya bernilai salah.
(p q) (q p)
Contoh .
1. Tentukan nilai-nilai x agar kalimat dibawah ini bernilai benar.
a. (4 + 4 8) (4x + 1 = 9)
b. (x - 2x – 3 = 0 ) (10 x 10 < 10 )
2. Lengkapi kalimat berikut sehingga diperoleh kalimat yang benar.
a. jika n(p q) = B maka n(p) = . . . dan n(q) = . . .
b. jika n(– p q) = B dan n(q) = S maka n(p) = . . .
Jawab:
1.a. karena “(4 + 4 8)” merupakan pernyataan yang salah, dan agar
(4 + 4 8) (4x + 1 = 9) menjadi disjungsi yang benar maka harus dicari nilai x sehingga “(4x + 1 = 9)” menjadi pernyataan yang bernilai benar
jadi nilai x yang memenuhi agar kalimat (4 + 4 8) (4x + 1 = 9) menjadi disjungsi yang benar adalah 2
b. Karena “10 x 10 < 10” merupakan pernyataan yang salah, maka untuk setiap nilai x akan menyebabkan kalimat “(x - 2x – 3 = 0 ) (10 x 10 < 10 )” selalu merupakan pernyataan yang salah. Dengan demikian tidak ada satupun nilai x yang memenuhi sedemikian hingga kalimat “(x - 2x – 3 = 0 ) (10 x 10 < 10 )” menjadi pernyataan yang benar.
2. Pertanyaan di atas akan lebih mudah dijawab dengan menguraikan nilai kebenaran dari masing-masing pernyataan; yaitu sebagai berikut:
a. p q
B ( merupakan n(p q) )
B B (sesuai dengan hukum konjungsi); Maka n(p) = B dan n(q) = B
b. – p q
B ( merupakan n(– p q) )
B S (sesuai dengan hukum disjungsi)
Karena n(– p ) = B maka n(p) = S
Latihan IIb.
Tentukan nilai x pada tiap kalimat berikut agar menjadi pernyataan yang benar.
1. (sin 45 = ) (x = 1) 4. (3x + 5 = 14) ( 3 adalah bilangan genap)
2. (2x – 1 = 7) (4 x 5 = 20) 5. ( x - 4x = 0 ) (– 5 – 10 = 5 )
3. (7 x 7 = 0) ( x adalah bilangan asli kurang dari 5)
Jika n(– p) = B, n(– q ) = S dan n (r) = B. Tentukan nilai kebenaran dari pernyataan-pernyataan berikut ini.
6. – (– q r) p
7. (q r) (– p r)
8. (p – q) – r
Hukum Implikasi:
Jika p dan q pernyataan-pernyataan, maka pernyataan implikasi: “jika p maka q ditulis p q bernilai benar kecuali jika p benar dan q salah”.
Kalimat “jika p maka q” adalah kalimat implikasi atau kalimat kondisional dengan p sebagai anteseden (kondisi) dan q sebagai konsekuen (konklusi).
Implikasi logis adalah suatu implikasi yang selalu bernilai benar atau suatu implikasi yang merupakan tautologi
Hukum Biimplikasi
Jika p dan q pernyataan-pernyataan, maka pernyataan biimplikasi dari p dan q ditulis p q bernilai benar, bila p dan q bernilai sama
Biimplikasi logis adalah biimplikasi yang bernilai benar atau biimplikasi yang merupakan tautologi
Contoh.
Tentukan nilai-nilai x agar kalimat di bawah ini bernilai benar.
1. (x - 1 = 0 ) (10 x 5 = 15 )
2. (2x – 1 = 9) (5 adalah bilangan prima)
Jawab:
1. untuk x = 1 maka kalimat terbuka (x - 1 = 0 ) akan menjadi pernyataan yang benar, sehingga bila x = 1 atau x = -1, maka (x - 1 = 0 ) (10 x 5 = 15 ) akan menjadi pernyataan yang salah.
Dengan demikian agar kalimat (x - 1 = 0 ) (10 x 5 = 15 ) menjadi implikasi yang benar maka haruslah x 1
2. karena konsekuen dari kalimat (2x – 1 = 9) (5 adalah bilangan prima) adalah “(5 adalah bilangan prima)” merupakan pernyataan yang bernilai benar, maka untuk setiap nilai x, implikasi (2x – 1 = 9) (5 adalah bilangan prima) selalu bernilai benar.
Misalkan p(x) dan q(x) adalah kalimat terbuka, dengan selesaian p(x) adalah himpunan P dan selesaian q(x) adalah himpunan Q, maka:
1. Untuk menentukan nilai kebenaran implikasi berbentuk p(x) q(x) adalah sebagai berikut: “Jika P Q maka p(x) q(x) bernilai benar”
2. Untuk menentukan nilai kebenaran biimplikasi berbentuk p(x) q(x) adalah sebagai berikut: “Jika P = Q maka p(x) q(x) bernilai benar”.
Contoh .
Tentukan nilai kebenaran dari kalimat-kalimat berikut:
1. Jika x = 4, maka 2x = 8
2. Jika x < 1 maka x < 1
3. x < 4 x < 2
Jawab :
1. Untuk menentukan nilai kebenaran dari “Jika x = 4, maka 2x = 8” , terlebih dulu diselesaikan antesedennya (p(x)), yaitu sebagai berikut:
p(x) : x = 4
maka x = 2 atau x = - 2
untuk nilai x = 2 atau x = -2 tidak memenuhi 2x = 8 (konsekuen). Ini berarti bahwa kalimat “Jika x = 4, maka 2x = 8” bernilai salah.
Atau dapat juga dengan menentukan selesaian dari bentuk konsekuen, yaitu sebagai berikut:
q(x) : 2x = 8, maka x = 4
Jadi P = {-2 , 2 } dan Q = { 4 }. Ternyata P Q
Sehingga kalimat “Jika x = 4, maka 2x = 8” bernilai salah.
2. Dari kalimat implikasi “Jika x < 1 maka x < 1” adalah “x < 1” dapat diurai menjadi:
p(x) : x < 1 ; maka P adalah -1 < x < 1, yang berarti bahwa x > -1 dan x < 1
Jadi P = { x | -1 < x < 1, x R }
q(x) : x < 1 ; jadi Q = ( x | x < 1, x R }
Sehingga memenuhi P Q.
Maka kalimat implikasi “Jika x < 1 maka x < 1” bernilai benar
3. Dari kaliamt biimplikasi “x < 4 x < 2” dapat diurai menjadi:
p(x) : x < 4 ; maka P = { x | -2 < x < 2 ; x R }
q(x) : x < 2 ; maka Q = { x | x < 2; x R }
karena P Q sehingga “x < 4 x < 2” bernilai salah.
Latihan IIc.
Tentukan nilai x yang real sehingga kalimat-kalimat di bawah ini menjadi pernyataan-pernyataan yang benar.
1. (x - 4x = 0) (3 x 3 = 5)
2. (4x + 1 = 9) (3 adalah bilangan genap)
3. (3x = 10) ( 9 adalah bilangan prima)
4. (10 adalah bilangan genap) (x > 4 )
Tentukan nilai kebenaran dari pernyataan-pernyataan di bawah ini.
5. sin x = 1 2x = x
6. x = 1 (x - 3x – 4 = 0)
7. a < b 4a < 4b
8. 3x – 2 = 7 4x – 6 = 6
9. (x - 6x + 8 < 0) (2 < x < 4)
10. (x + 4x > 0) (x > 0)
Berikut ini akan disajikan contoh untuk menyatakan bahasa sehari-hari ke dalam bahasa formal, yaitu dengan menggunakan notasi-notasi logika matematika.
Nyatakanlah kalimat-kalimat di bawah ini dalam bentuk notasi:
1. Jika ada tikus, maka baik keadaan rumah tidak tenang maupun kucing tidak dapat tidur nyenyak
2. Jika hujan tidak turun atau tanggul tidak bobol, maka daerah tidak banjir
3. Hujan turun dan daerah akan banjir jika dan hanya jika tanggul bobol
4. Ia tidak mau makan karena ia belum lapar
Jawab:
Untuk menyelesaikan masalah di atas, kalimat-kalimat tersebut diurai menjadi kalimat-kalimat tunggal penyusunnya.
1. Jika ada tikus, maka baik keadaan rumah tidak tenang maupun kucing tidak dapat tidur nyenyak
diurai menjadi:
p : ada tikus; q : keadaan rumah tidak tenang; r : kucing tidak dapat tidur nyenyak
maka notasi untuk kalimat tersebut adalah : p (q r)
2. Jika hujan tidak turun atau tanggul tidak bobol, maka daerah tidak banjir
Diurai menjadi:
p : hujan turun; q : tanggul bobol; r : daerah banjir
maka notasi untuk kalimat tersebut adalah : (– p – q) – r
3. Hujan turun dan daerah akan banjir jika dan hanya jika tanggul bobol
Diurai menjadi:
p : hujan turun; q : tanggul bobol; r : daerah banjir
maka notasi untuk kalimat tersebut adalah : (p r) q
4. Ia tidak mau makan karena ia belum lapar
Diurai menjadi:
p : Ia mau makan; q : ia lapar
dalam kalimat ini yang menjadi sebab adalah “ia belum lapar “ yaitu – q,
maka notasi untuk kalimat tersebut adalah : – q – p
5. Ia tidak lulus, tetapi tidak menyesal bahkan ia tertawa geli
Diurai menjadi:
p : Ia lulus; q : Ia menyesal; r : ia tertawa geli
maka notasi untuk kalimat tersebut adalah: – p (– q r)
Latihan IId.
Nyatakanlah kalimat-kalimat di bawah ini dalam bentuk notasi:
1. Daerah akan banjir dan tanggul akan bobol kalau banyak hujan turun
2. Tidak benar bahwa akan banjir jika dan hanya jika tanggul bobol
3. Jika hujan turun, maka tanggul akan bobol, akibatnya daerah akan banjir
4. Jika awal bulan maka ia akan mendapat gaji, sehingga dapat membeli kebutuhannya
5. Perampok masuk rumah sambil melepaskan tembakan, sehingga tuan rumah ketakutan
6. Kalau ia bukan anak pintar, maka ia tentu anak yang berbakat dan bukan sekedar anak yang rajin
7. Andi masuk dan duduk, sedangkan Ima tetap berdiri
8. Ia pindah ke Jakarta dan bekerja di sana, sekaligus sambil melanjutkan pendidikannya.
9. Karena ikut main sepak bola, Ali disebut olahragawan
10. Ia tidak punya uang, sehingga ia tidak naik pesawat tetapi ia hanya naik kapal laut
III. Pernyataan Berkuantor
Kuantor (quantifier) adalah kata yang menunjuk pada kuantitas, yaitu “ada” dan “semua”. Simbol menyatakan untuk semua (untuk setiap atau untuk sembarang) disebut kuantor universal. Simbol menyatakan ada (ada paling sedikit satu, dapat ditemukan, atau untuk suatu)disebut kuantor eksistensi.
Misalkan p(x) adalah kalimat terbuka dengan domain x adalah D, maka:
1. Pernyataan x D, p(x) didefinisikan benar jika p(x) benar untuk semua x D, dan salah jika p(x) salah untuk suatu x D.
2. Pernyataan x D, p(x) didefinisikan benar jika p(x) benar untuk paling sedikit satu x D, dan salah jika p(x) salah untuk semua x D.
Contoh:
Benar atau salahkah pernyataan-pernyataan di bawah ini?
1. misalkan D = { 3 , 4 , 5 } maka x D, x > 2x
2. misalkan Z adalah himpunan bilangan bulat maka x Z, x > 2x
3. misalkan Z adalah himpunan bilangan bulat maka x Z, 2x = x
4. misalkan D = { 3 , 4 , 5 } maka x D, 2x = x
Jawab:
1. misalkan D = { 3 , 4 , 5 }
diperiksa bahwa kalimat terbuka x > 2x benar untuk masing-masing x D:
3 > 2(3) ; 4 > 2(4) ; 5 > 2(5)
sehingga x D, x > 2x adalah pernyataan benar
2. misalkan Z adalah himpunan bilangan bulat
ambil x = 1, maka 1 Z dan 1 > 2(1)
sehingga x Z, x > 2x adalah pernyataan salah
3. misalkan Z adalah himpunan bilangan bulat maka x Z, 2x = x
karena 0 Z dan 2(0) = 0 maka kalimat terbuka 2 x = x benar untuk paling sedikit satu bilangan bulat x yaitu 0.
Sehingga x Z, 2x = x adalah pernyataan benar.
4. misalkan D = { 3 , 4 , 5 } maka x D, 2x = x
diperiksa kalimat terbuka 2x = x untuk masing-masing x D:
2(3) 3 ; 2(4) 4 ; 2(5) 5
Sehingga x D, 2x = x adalah pernyataan salah.
Dalam pernyataan matematika, pernyataan kuantor belum tentu dinyatakan secara eksplisit, sebagai contoh:
“ bilangan 24 dapat ditulis sebagai jumlah dari dua bilangan bulat”
memuat kuantor eksistensi, yaitu : “ x,y Z, 24 = x + y”
demikian pula pernyataan “ jika x > 3 , maka x > 9 “ memuat kuantor universal, yaitu: “ x R, jika x > 3 maka x > 9”
Di samping memahami bentuk-bentuk pernyataan berkuantor, diperlukan kemampuan mengubah bahasa formal (dengan simbol matematika) kedalam bahasa sehari-hari.
Contoh:
1. Ubahlah pernyataan berikut ini (belum tentu benar) menjadi beberapa kalimat-sehari-hari tanpa menggunakan simbol “ ” maupun “ ”.
a. x R, x 0
b. “ x R, x = x
2. Ubahlah pernyataan dibawah ini sehingga memuat lambang kuantor dan variabel.
a. setiap kuadrat bilangan asli adalah bilangan asli
b. ada bilangan real yang negatif
c. tidak ada bilangan asli yang lebih besar dari kuadratnya
Jawab :
1. a. x R, x 0
– Semua bilangan real mempunyai kuadrat yang tidak negatif
– Setiap bilangan real mempunyai kuadrat yang tidak negatif
– Sembarang bilangan real mempunyai kuadrat yang tidak negatif
– Kuadrat bilangan real tidak negatif
– Untuk setiap bilangan real x, x adalah bilangan negatif
b. “ x R, x = x
– ada bilangan real yang sama dengan kuadratnya
– ada paling sedikit satu bilangan real yang sama dengan kuadratnya
– untuk suatu x, x = x
2. a. x N, x N
b. x R, x < 0
c. x N, x x
Negasi Pernyataan Berkuantor
Perhatikan pernyataan :
“Semua matematikawan hidup mewah”
Banyak orang menyatakan bahwa negasinya adalah :
“Tidak ada matematikawan hidup mewah”
tetapi negasi yang benar adalah :
“beberapa matematikawan tidak hidup mewah” ; atau
“ada matematikawan tidak hidup mewah”
artinya walaupun ada seorang matematikawan tidak hidup mewah, sudah menggugurkan pernyataan bahwa semua matematikawan hidup mewah. Untuk menentukan bentuk negasi pernyataan berkuantor ikutilah pola berikut ini:
1. negasi dari pernyataan “ x D, p(x)” adalah pernyataan “ x D, – p(x)”
2. negasi dari pernyataan “ x D, p(x)” adalah pernyataan “ x D, –p(x)”
Contoh:
Nyatakan negasi dari pernyataan-pernyataan di bawah ini tanpa memperhatikan nilai kebenarannya:
1. setiap segitiga sama sisi adalah segitiga sama kaki
2. ada segitiga yang jumlah sudutnya sama dengan 200
3. setiap bilangan prima adalah bi;angan ganjil
Jawab:
1. “ada segitiga sama sisi yang bukan segitiga sama kaki” atau
“ada segitiga sama sisi yang tidak sama kaki”
2. “setiap segitiga jumlah sudutnya tidak sama dengan 200 ” atau
3. “ada bilangan prima yang tidak ganjil” atau
“ada bilangan prima yang bukan bilangan ganjil”
Latihan III
1. Temukan contoh penyangkal untuk menunjukkan pernyataan berikut ini salah.
a. x R, x
b. x R, x > 0
c. x,y R, (x + y) = x + y
2. Nyatakanlah bentuk-bentuk di bawah ini dalam bentuk uraian (tanpa simbol logika matematika)
a. x R, x > 2
b. x Z, x genap x genap
c. x Z, x < 0 x 0
d. x,y R, (x + y) = x + y
e. x,y Z , x > y x > y
3. Tuliskan negasi dari pernyataan di bawah ini
a. Jumlah dari dua bilangan rasional adalah rasional
b. Untuk semua bilangan rasional x dan y, jika x = y maka x = y
c. Untuk semua bilangan bulat n, jika n genap maka n genap
IV. Pernyataan yang Ekuivalen
Dua pernyataan (majemuk) dikatakan ekuivalen ditulis “p q” jika dan hanya jika p dan q mempunyai nilai kebenaran yang sama. Pernyataan-pernyataan yang ekuivalen ini diperlukan dalam kegiatan pembuktian. Berikut adalah beberapa bentuk pernyataan yang ekuivalen:
1. p – (– p)
2. (p q) (q p)
3. (p q ) (q p )
4. p (q r ) ( p q ) r
5. p (q r ) ( p q ) r
6. (p q) (– p q) (– q – p)
7. (p – q) – (– p q )
8. – (p q) (– p – q )
9. – (p q ) (– p – q )
10. – (p q) – (– p q) ( p – q )
11. (p q) ((p q) (q p))
12. – (p q) ((p q) – (p q )) ((p q) (– p – q )
V. Penarikan Kesimpulan
Penarikan kesimpulan selalu didasarkan pada premis-premis yang diberikan yaitu merupakan pernyataan-pernyataan yang telah diterima kebenarannya. Beberapa pola penarikan kesimpulan yang sah akan disajikan berikut ini:
1. Modus Ponens: 2. Modus Tollens:
p q p q
p – q
q – p
2. Silogisme:
p q
q r
p r
Contoh:
Selidiki apakan sah atau tidak penarikan kesimpulan dibawah ini.
1. Ica jadi dosen Unsyiah atau melanjutkan S2
Ica tidak melanjutkan S2
Ica jadi dosen Unsyiah
2. Jika Najwa mempunyai IPK bagus, maka ia kuliah S2 di Boston
Najwa mempunyai IPK bagus dan ia kuliah di Tokyo
Najwa tidak kuliah di Boston
3. p q
– q
r – p
– s r
s
Untuk menjawab pertanyaan no 1. dan 2. di atas, kalimat-kalimat dalam bentuk uraian tersebut terlebih dahulu diterjemahkan dalam bentuk simbul atau notasi.
1. Ica jadi dosen Unsyiah atau melanjutkan S2; diterjemahkan menjadi : p q
Ica tidak melanjutkan S2; diterjemahkan menjadi : – q
Ica jadi dosen Unsyiah; diterjemahkan menjadi : p
Tidak terlihat adanya kesesuaian argumen dengan pola penarikan kesimpulan yang sah yang telah disajikan sebelumnya. Dengan demikian dibutuhkan suatu bentuk ekuivalen denga bentuk premis p q yaitu berdasarkan bentuk
(p q) (– p q) (– q – p)
sehingga
p q (– p q) (– q p)
pola argumen menjadi :
– p q atau 1. p q Premis
– q 2. – q Premis
3. – p q ekuivalen 1
– ( – p) 4. – ( – p) 3. , 2. modus tollens
5. p ekuivalen 4.
Dapat disimpulkan bahwa penarikan kesimpulan sah
2. Jika Najwa mempunyai IPK bagus, maka ia kuliah S2 di Boston p q
Najwa mempunyai IPK bagus dan ia kuliah di Tokyo p q
Najwa tidak kuliah di Boston – q
Pola pembuktian akan diuraikan sebagai berikut:
1. p q Premis
2. p r Premis
3. – (p – r) ekuivalen 2. ( berdasarkan – (p q) – (– p q) ( p – q ))
4. – q kesimpulan tidak sah, tidak ada pola kesesuaian dengan pola pembuktian yang sah yang disajikan diatas)
3. untuk menunjukkan argumen no 3. di atas sah atau tidak, perhatikan langkah-langkah berikut ini:
1. p q Premis
2. – q Premis
3. r – p Premis
4. – s r Premis
5. q p ekuivalen 1.
6. – q p ekuivalen 5
7. p 6. , 2. modus ponens
8. – s – p 4. , 3. silogisme
9. s 8. , 7. modus tollens
ini menunjukkan bahwa argumen di atas sah.
Latihan V.
Tunjukkan bahwa setiap argumen di bawah adalah sah.
1. Saudara rajin atau saudara pandai. Saudara tidak rajin. Jadi saudara pandai
2. Saudara rajin atau saudara tidak pandai. Jika saudara kaya maka saudara pandai. Saudara tidak rajin. Maka saudara tidak kaya
3. Produksi pangan cukup atau ada peledakan penduduk. Tidak ada peledakan penduduk. Maka produksi pangan cukup
4. Kalau harga di toko rendah, tentu banyak pembelinya. Toko itu dekat pemukiman penduduk atau tidak banyak pembelinya. Toko itu dekat dengan pemukimnan penduduk. Jadi harga di toko itu tidak rendah
5. Jika adik sehat maka ia tidak akan menangis. Adik menangis atau bolos sekolah. Adik tidak sehat. Maka adik bolos sekolah.
6. Jika kamu rajin maka kamu tidak akan tinggal kelas. Jika kamu tidak tinggal kelas kamu dapat hadiah. Jika kamu dapat hadiah maka orang tua mu akan bangga. Kamu rajin. Maka oreang tua kamu akan bangga.
7. Jika hujan deras maka toko buku itu tidak dibuka. Toko buku itu dibuka tetapi tidak ada pembelinya. Jadi toko buku itu buka.
8. Ima sekolah sambil bekerja. Ima tidak sekolah dan adiknya sakit. Ima bekerja dan ayahnya ke kantor. Jadi ima sekolah.
Tentukan argumen manakah yang sah dan yang tidak sah. Beri penjelasan.
9. Jika a + b = 0 maka a = 0 dan b = 0. a 0 atau b 0. maka a + b 0
10. Jika hasil kali dua bilangan adalah 0 maka di antara bilangan tersebut ada yang 0. (x – 1) 0 dan (x + 1) 0. Maka (x – 1) (x + 1) 0.
11. Jumlah dua bilangan rasional adalah rasional. c dan d adalah bilangan rasional. maka c + d adalah bilangan rasional
12. Jumlah dua bilangan rasional adalah rasional. c + d adalah bilangan rasional. c dan d adalah bilangan rasional.
13. Jika suatu bila`gan adalah genap, maka dua kalinya juga genap. Bilangan 2n adalah genap. Maka n adalah genap.
14. Jika suatu bilangan adalah genap, maka dua kalinya juga genap. Bilangan n adalah genap. Maka 2n adalah genap.
15. Jika a dan b adalah bilangan ganjil maka a + b adalah genap. a + b tidak genap maka a dan b tidak ganjil
INDUKSI MATEMATIKA
A. PENDAHULUAN
Induksi matematika merupakan salah satu metode pembuktian dalam matematika. Penggunaan prinsip induksi matematika adalah untuk membuktikan kebenaran hasil-hasil dalam matematika, baik hasil elementer maupun hasil-hasil tingkat lanjut yaitu membuktikan berlakunya suatu hubungan atau suatu dalil. Penguasaan metode pembuktian dengan induksi matematika dan konsep-konsep yang diturunkan merupakan hal yang penting dan sebagai materi pendahuluan yang akan digunakan untuk mempelajari materi-materi dalam pokok-pokok bahasan yang lain yang berada dalam lingkup matematika.
B. TUJUAN
Tujuan yang diharapkan dalam penulisan modul ini adalah untuk membantu guru memahami prinsip induksi ,matematika dan dapat menggunakannya dalam membuktikan suatu pola atau hubungan dalam matematika. Adapun model pembelajaran yang diterapkan dalam kagiatan pelatihan diharapkan dapat memberikan informasi bagi peserta tentang alternatif model pembelajaran yang dapat diterapkan dalam kegiatan pembelajaran bagi siswa di kelas.
Setelah mempelajari modul ini peserta diharapkan dapat:
1. Menjelaskan prinsip induksi matematika
2. Membuktikan bentuk-bentuk matematika dengan induksi matematika
C. PETUNJUK PEMBELAJARAN
Pembelajaran yang dilaksanakan berorientasi pada pemahaman prinsip induksi matematika dan penerapannya dalam pembuktian bentuk-bentuk matematika. Materi disajikan dengan banyak contoh, diharapkan peserta dapat memahami bagaimana membuktikan pola, sifat atau formula matematika dengan menggunakan prinsip induksi matematika.
Model pembelajaran yang digunakan adalah model pembelajaran koperatif yang diawali penjelasan prinsip dan contoh oleh fasilitator, kemudian kelompok peserta yang terdiri dari 4 sampai 5 orang akan mendiskusikan materi yang dan menyelesaikan tugas-tugas yang ada dalam modul. Di akhir kegiatan akan dilakukan diskusi secara klasikal untuk membuat kesimpulan dan membahas tugas-tugas yang gagal diselesaikan dalam kelompok.
D. KEGIATAN PEMBELAJAR
I. Prinsip Induksi Matematika
Prinsip induksi matematis sering digunakan sebagai satu cara (di samping cara yang lain) untuk membuktikan berlakunya suatu hubungan atau suatu dalil. Prinsip induksi matematis menyatakan bahwa :
Misalkan P(m), P(m+1), P(m+2), . . . , adalah barisan pernyataan, dan m adalah bilangan bulat, jika:
1. P(m) benar
2. Untuk semua bilangan bulat k m berlaku : jika P(k) benar berakibat P(k+1) benar,
maka P(n) untuk semua bilangan bulat n m.
II. Penggunaan Prinsip Induksi Matematika dalam Pembuktian Matematika
Berikut ini akan diuraikan beberapa contoh pembuktian dengan menggunakan prinsip induksi matematika.
Contoh 1.
Buktikan : = 1 + 2 +3 + …..+ n = untuk setiap n N
( Petunjuk: yang akan dibuktikan adalah untuk setiap n bilangan asli, P(n) benar, dengan P(n) adalah pernyataan = untuk setiap n N)
Bukti : 1. Jelas bahwa P(1) = = 1 = adalah benar
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah suatu bilangan asli sembarang, yaitu : = 1 + 2 +3 + …..+ k =
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
= 1 + 2 +3 + …..+ k + (k+1) =
atau : 1 + 2 +3 + …..+ k + (k+1) =
karena : 1 + 2 +3 + …..+ k =
maka : 1 + 2 +3 + …..+ k + (k+1) =
=
=
=
1 + 2 +3 + …..+ k + (k+1) =
Karena P(1) benar, dan untuk sembarang bilangan asli k m berlaku jika P(k) benar berakibat P(k+1) benar, maka sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti P(n) benar untuk sembarang bilangan asli n, yaitu :
= 1 + 2 +3 + …..+ n = untuk setiap n N
Contoh 2
Buktikan : 2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3n – 1) = untuk setiap n N
( Petunjuk: yang akan dibuktikan adalah untuk setiap n bilangan asli, P(n) benar, dengan P(n) adalah pernyataan
2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3n – 1) = untuk setiap n N)
Bukti :
1. Jelas bahwa P(1) = 2 = adalah benar
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah suatu bilangan asli sembarang, yaitu : 2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3k – 1) =
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3k – 1) + =
=
Karena 2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3k – 1) =
Maka :
2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3k – 1) + =
= + 3k + 2
=
=
=
=
Maka sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti P(n) benar untuk sembarang bilangan asli n, yaitu :
2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3n – 1) = untuk setiap n N
Contoh 3
Buktikan : 2n (1 + n) untuk setiap n N
(Petunjuk: P(n) adalah pernyataan 2n (1 + n) untuk setiap n N)
Bukti :
1. Jelas bahwa P(1) yaitu 21 (1 + 1) benar
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah suatu bilangan asli sembarang, yaitu : 2k (1 + k)
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
(2k+1) {1 +( k +1)} atau (2k+1) ( k +2)
karena 2k 1 + k, maka 2k+1 = 2k .2 (1 +k).2
Karena (1 +k).2 = 2 k + 2 >(k + 2) dan (2k+1) (1+ k).2),
maka : (2k+1) ( k +2)
Sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti P(n) benar untuk sembarang bilangan asli n, yaitu : 2n (1 + n)
Contoh 4
Buktikan : n ! nn untuk setiap n N
(Petunjuk : P(n) adalah pernyataan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . )
Bukti :
1. P(1) yaitu . . . . . . . . . . . . . . (bagaimana nilai kebenarannya? . . . . . . . . )
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah suatu bilangan asli sembarang, yaitu : . . . . . . . . . . . . .
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
perhatikan bahwa:
(k+1)! = 1 . 2 . 3. …..k.(k+1)
= (k!) (k+1)
kk (k+1) (sebab k! kk)
< (k+1)k (k+1) (sebab (k+1) > k sehingga (k + 1)k > kk)
dengan demikian (k+1)! < (k+1)k+1 artinya juga memenuhi
(k+1)! (k+1)k+1
Sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti P(n) benar untuk sembarang bilangan asli n, yaitu : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dari dua contoh terakhir yang diuraikan di atas terlihat bahwa dibutuhkan kemampuan untuk memanipulasi bentuk-bentuk aljabar sehingga diperoleh hubungan yang benar dari pernyataan-pernyataan yang diberikan. Hal ini akan lebih jelas terlihat bada contoh-contoh selanjutnya.
Prinsip induksi matematika dapat diperluas dengan sebarang himpunan bagian dari himpunan bilangan bulat yang memenuhi prinsip urutan, artinya dapat dikembangkan berlaku dalam himpunan B yaitu B Z asalkan B mempunyai elemen terkecil.
Contoh 5
Buktikan : 4n < (n2-7) untuk sebarang n B = { 6,7,8,….}
(Petunjuk : P(n) adalah pernyataan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . )
Bukti :
1. P(6) yaitu 4.6 = 24 < 29 = (6 - 7) adalah benar
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah bilangan bulat dan k 6 , yaitu : . . . . . . . . . . . . .
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Karena 4(k+1) = 4 k + 4 dan 4k < (k2- 7),
maka 4(k+1) < (k2- 7)+4} atau 4(k+1) < (k2-3)
Karena (k-6) 0 untuk k 6 dan -3<0, maka (k-6) -3 untuk k 6, sehingga 4(k+1) < (k2 + k -6)
4(k+1) < (k2 +2k -6 karena 2k > k)
4(k+1) < (k2 +2k + 1-7)
4(k+1) < {(k+1)2-7}
Sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti P(n) benar untuk sebarang n B = { 6,7,8,….}, yaitu : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Contoh 6
Buktikan : 32n-1 habis dibagi oleh 8 untuk semua n C = { 0, 1, 2,….}
(Petunjuk : P(n) adalah pernyataan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . )
Bukti :
1. P(0) yaitu . . . . . . . . . . . . . . (bagaimana nilai kebenarannya? . . . . . . . . )
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah bilangan bulat dan k . . . , yaitu : . . . . . . . . . . . . .
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32 ( k + 1) -1 = 3 - 1
= 9 . 32k – 1
= 9 . 32k – 9 + 8
= 9 (32k – 1) + 8
Karena 32k – 1 habis di bagi 8 dan 8 juga habis dibagi 8 maka
9 (32k – 1) + 8 = 32 ( k + 1) -1 habis dibagi 8.
Sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti bahwa 32n-1 habis dibagi oleh 8 untuk semua n C = { 0, 1, 2,….}
Contoh 7
Buktikan : 2n3-3n2 + n + 31 0 untuk semua n D = { -2, -1, 0,….}
Bukti :
P(n) adalah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. P(-2) = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 (bagaimana nilai kebenarannya? . . . . . . . . . . . )
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah bilangan bulat dan k . . . , yaitu : . . . . . . . . . . . . .
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(seterusnya, cobalah diskusikan)
Prinsip induksi matematika dapat juga dinyatakan dalam bentuk lain, yaitu:
Prinsip induksi matematis menyatakan bahwa :
Misalkan P(m), P(m+1), P(m+2), . . . , adalah barisan pernyataan, dan m adalah bilangan bulat, jika:
1. P(m), P(m+1), P(m+2), . . . , P(b) semuanya benar
2. Untuk semua bilangan bulat k b berlaku : jika P(n) benar untuk semua bilangan bulat n dengan m n k , berakibat P(k+1) benar
maka P(n) untuk semua bilangan bulat n m.
Contoh 8
Setelah berlangsung n bulan banyaknya tanaman dalam suatu persemaian memenuhi persamaan:
P(0) = 3, P(1) = 7, dan P(n) = 3P(n-1)-2P(n-2), n 2
Buktikan : P(n) = 2n+2-1 untuk semua n Z dan n 0
Bukti : 1. P(0) benar sebab untuk n = 0, 2n+2-1 = 20+2 -1 = 22-1=3
P(1) benar sebab untuk n =1, 2n+2-1 = 21+2 -1= 23-1 =7
2. Anggaplah P(0), P(1), P(2),…..,P(k-1), P(k) semua benar, berarti:
P(k) = 2k+2 -1
P(k-1) = 2(k-1)+2 -1
= 2(k+1) -1
P(1) = 21+2 -1 = 7
P(0) = 20+2 -1 = 3
Akan ditunjukkan bahwa P (k+1) benar untuk (k+1) 2, yaitu
P(k+1) = 2(k+1)+2-1=2k+3-1
P(k) = 3 P(k-1) – 2 P(k-2)
P(k+1) = 3 P{(k+1) -1} – 2P{(k+1) – 2 }
= 3P(k) - 2P(k-1)
= 3 (2k+2 - 1) – 2 (2(k-1)+2 - 1)
= 3 (2k+2) – 3 – 2(2k+1 - 1)
= 3 (2k+2) – 3 – 2k+2 + 2
= 3 (2k+2) - (2k+2) -1
= 2(2k+2) -1
= 2k+3 – 1
= 2(k+1)+2 -1
Jadi P(n) = 2n+2 -1 benar untuk semua n Z dan n 0
Contoh 9
Diketahui suatu barisan R(n) yang memenuhi hubungan R(0) = 7, R(1) = -4, R(2)dan R(n) = 2R(n-1)-5R(n-2) – 6R(n-3) untuk n 3
Tunjukkan : R(n) = 5 (1)n – (3)n + 3(-2)n untuk semua n Z dan n 0
Jawab: 1. R(0) benar sebab 5(1)0 – (3)0 + 3(-2)0 = 5 – 1 + 3 = 7
R(1) benar sebab 5(1)1 – (3)1 + 3(-2)1 = 5 – 3 - 6 = -4
R(2) benar sebab 5(1)2 – (3)2 + 3(-2)2 = 5 – 9 + 12 = 8
2. Anggaplah R(0), R(1), R(2),…..,R(k-2), R(k-1), R(k) semua benar, yaitu :
R(k) = 5(1)k – (3)k + 3(-2)k
R(k-1) = 5(1)k-1 – (3)k-1 + 3(-2)k-1
R(k-2) = 5(1)k-2 – (3)k-2 + 3(-2)k-2
R (2) = 8
R (1) = -4
R (0) = 7
Akan ditunjukkan bahwa R(k+1) = 5(1)k+1 – (3)k+1 + 3(-2)k+1
R(k) = 2R(k-1) + 5R(k-2) – 6R(k-3)
R(k+1) = 2R{(k+1)-1}+ 5R{(k+1)-2}- 6R {(k+1)-3}
= 2R(k)+ 5R(k-1)- 6R(k-2)
= 2 {5(1)k- (3)k + 3 (-2)k}+ 5{5(1)k-1 - (3)k-1 + 3(-2)k-1}- 6{5(1)k-2-(3)k-2
+ 3(-2)k-2}
= 10 + 25 – 30 – 2(3)k- 5(3)k-1 + 6(3)k-2 + 6(-2)k + 15(-2)k-1-18(-2)k-2
= 5 - (3)k {2 + 5(3)-1 + 6(3)-2}+(2)k{6+15(-2)-1 + 18(-2)-2}
= 5 – (3)k(2 + + (-2)k (6 -
= 5 – (3)k(3) + (2)k(-6)
R(k+1) = 5 (1)k+1- (3)k+1+ 3(-2)k+1
Jadi R(n) = 5(1)n – (3)n + 3 (-2)n untuk semua n Z dan n 0
Latihan
Buktikanlah pernyataan-pernyataan di bawah ini dengan menggunakan induksi matematika.
1. 1 + 3 + 5 + . . . + (2n – 1 ) = n ( 2n – 1 ) (2n + 1 )
2. 1 + 4 + 7 + 10 + . . . + (3n – 2 ) = n (3n – 1 )
3. 1 + 2 + 2 + . . . + 2 = 2 - 1
4. = n(n+1)(2n+1) untuk setiap n Z
5. = { n(n+1)} untuk setiap m Z
6. = y(y+1) (y+2) untuk setiap x Z
7. n < 2 untuk setiap n Z
8. 2 (2 + n ) untuk setiap n Z dan n 1
9. n - n habis dibagi oleh 3 untuk n 0
10. n + n habis dibagi oleh 5 untuk n 0
11. n + 2n habis dibagi oleh 3
12. 2 < n untuk n Z dan n > 4
13. n! < n untuk n Z dan n > 1
14. n! < 4 untuk n Z dan n > 8
15. 76 mempunyai angka puluhan 7 dan angka satuan 6
16. Jika P(0) = 2 , P(1) = 7 , dan P(n) = P(n-1) – 2P(n-2),
Maka P(n) = 3(2 ) – (-1) untuk setiap bilangan bulat n 0
17. Jika F(0) = 2, F(1) = 5 , F(2) = 15 dan F(n) = 6F(n-1) – 11F(n-2) + 6F(n-3) maka F(n) = 1 – 2 + 2(3 ) untuk setiap bilangan bulat n 0
Logika matematika merupakan bagian matematika yang membahas tentang hukum-hukum, susunan atau pola pikir yang di hadapkan pada nilai kebenaran dari sudut pandang matematika. Definisi, teorema atau dalil yang terdapat dalam matematika dibangun berdasarkan logika matematika. Dengan demikian setiap masalah dalam matematika harus dibuktikan kebenarannya berdasarkan prinsip-prinsip logika matematika. Oleh karena itu penguasaan terhadap materi yang terdapat dalam pokok bahasan logika matematika menjadi syarat perlu untuk memahami materi-materi matematika yang tingkatannya lebih tinggi. Melalui modul ini disampaikan bagaimana aturan-aturan yang ada dalam logika matematika untuk dapat digunakan dalam membuktikan suatu pernyataan. Adapun untuk dapat mahir dalam kegiatan pembuktian pernyataan-pernyataan matematika dibutuhkan banyak latihan pembuktian.
B. TUJUAN
Tujuan yang diharapkan dalam penulisan modul ini adalah untuk membantu guru memahami prinsip-prinsip logika matematika dan dapat menggunakannya dalam membuktikan suatu pola atau hubungan dalam matematika. Adapun model pembelajaran yang diterapkan dalam kagiatan pelatihan diharapkan dapat memberikan informasi bagi peserta tentang alternatif model pembelajaran yang dapat diterapkan dalam kegiatan pembelajaran bagi siswa di kelas.
Setelah mempelajari modul ini peserta diharapkan dapat:
1. Menyimpulkan sah atau tidaknya suatu pembuktian
2. Menarik kesimpulan dengan modus ponen, modus tollen dan silogisme.
3. Membuktikan sifat matematika dengan bukti langsung
4. Membuktikan sifat matematika dengan bukti tak langsung
C. PETUNJUK PEMBELAJARAN
Pembelajaran yang dilaksanakan berorientasi pada pemahaman konsep-konsep dan prinsip-prinsip yang ada dalam logika matematika, dan penerapannya dalam pembuktian sifat-sifat yang ada pada matematika. Materi disajikan dengan banyak contoh, diharapkan peserta dapat memahami bagaimana membuktikan pola, sifat atau formula matematika dengan menggunakan prinsip logika matematika.
Model pembelajaran yang digunakan adalah model pembelajaran koperatif yang diawali penjelasan tentang materi-materi yang ada dalam pokok bahasan logika matematika namun tidak disajikan di dalam modul ini. Penjelasan ini tidak secara mendalam, hanya bertujuan untuk mengingatkan tentang materi prasyarat saja. Perlu diketahui bahwa isi modul ini lebih difokuskan pada penarikan kesimpulan, dengan pertimbangan bagian-bagian sebelumnya tidak terlalu sulit untuk dipahami sehingga dianggap peserta pelatihan sudah memahaminya. Pada tahap berikutnya, peserta akan dikelompokkan dalam kelompok yang terdiri dari 4 sampai 5 orang dan akan mendiskusikan materi yang dan menyelesaikan tugas-tugas yang ada dalam modul. Di akhir kegiatan akan dilakukan diskusi secara klasikal untuk membuat kesimpulan dan membahas tugas-tugas yang gagal diselesaikan dalam kelompok.
D. KEGIATAN PEMBELAJAN
I. Kalimat Terbuka dan Pernyataan pada Matematika
Definisi merupakan suatu kesepakatan mengenai suatu istilah tertentu. Dengan demikian kebenaran definisi tidak perlu dibuktikan. Definisi menjelaskan dengan tepat apa yang didefinisikan. Namun demikian ada istilah-istilah dalam matematika yang tidak didefinisikan, misalnya bilangan, garis, titik dan himpunan. Dalam logika matematika kata kalimat, benar, dan salah adalah istilah yang tidak didefinisikan. Pengertian penting yang harus dipahami dalam mempelajari logika matematika adalah kalimat terbuka dan pernyataan.
Kalimat terbuka adalah kalimat yang menggandung variabel (satu atau lebih) dan akan menjadi pernyataan jika variabelnya disubtitusi dengan nilai-nilai tertentu.
Contoh:
1. p + 2 = 17
2. x > 3
3. 4 + m < 2 atau n – 2 = 9
Kalimat yang sudah dapat dikatakan benar atau salah disebut pernyataan atau disebut juga proposisi. Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa:
Pernyataan adalah suatu kalimat yang benar, atau salah tetapi tidak sekaligus benar dan salah.
Perlu diketahui bahawa suatu pernyataan biasanya diberi nama dengan huruf kecil p, q, r, s, t, atau huruf yang lainnya. Nilai kebenaran dari suatu pernyataan p akan ditulis sebagai n(p). Sehingga jika nilai kebenaran dari suatu pernyataan p adalah benar maka akan ditulis bahwa n(p) = B.
Pernyataan yang selalu bernilai benar disebut tautologi, sedangkan pernyataan yang selalu bernilai salah disebut kontradiksi.
Contoh:
1. p : 10 x 5 = 15 (pernyataan yang salah : n(p) = S)
2. q : 100 – 5 = 95 (pernyataan yang benar n(q) = B)
3. r : 5 < 9 (pernyataan yang benar : n (r) = B)
4. s : 3 + 4 = 6 dan 6 > 2 (pernyataan yang salah : n(s) = S)
Latihan I
Yang manakah dari kalimat-kalimat di bawah ini yang merupakan kalimat terbuka, pernyataan, atau bukan pernyataan dan bukan kalimat terbuka?
1. 10 + 10 + 10 = 3 x 10
2. 4y – 10 = 18
3. Kota Jakarta ada di Pulau Bali
4. Bacalah buku ini!
5. 10 + 5 > 15
6. Hati-hatilah bila menyeberang jalan.
7. jumlah besar sudut-sudut dalam suatu segitiga adalah 180
8. 2n + 1 adalah bilangan ganjil untuk setiap bilangan asli n
9. 10x + 10 = 10 + 10y
10. Setiap balok mempunyai 8 buah rusuk.
II. Negasi, Konjungsi, Disjungsi, Implikasi dan Biimplikasi.
Hukum Negasi:
Negasi p ditulis – p ( dibaca: “tidak p” , “bukan p” )
Jika n(p) = B, maka n(– p) = S; atau
Jika n(p) = S, maka n(– p) =B
Contoh:
Nyatakanlah negasi dari pernyataan-pernyataan dibawah ini:
1. 14 + 16 < 20
2. Jumlah dua buah bilangan ganjil adalah ganjil
Jawab:
1. Negasi dari 14 + 16 < 20 adalah “tidak benar 14 + 16 < 20” atau “14 + 16 20”
2. Negasi dari “Jumlah dua buah bilangan ganjil adalah ganjil” adalah
“Tidak benar jumlah dua buah bilangan ganjil adalah ganjil”
Latihan II a.
Nyatakan ingkaran dari pernyataan-pernyataan berikut ini dan tentukan nilai kebenaran dari pernyataan dan ingkaran pernyataan tersebut.
1. 15 x 12 = 190 4. jumlah dua bilangan prima adalah genap
2. 45 – 80 – 25 5. ada bilangan prima yang genap
3. 41 bukan bilangan prima
Hukum Konjungsi:
Konjungsi dari pernyataan p dan q ditulis “p q” (dibaca “dan”; “tetapi”; “meskipu”; “sedangkan”; “padahal”; “sambil”; “juga”; “walaupun”) bernilai benar jika p dan q kedua-duanya bernilai benar.
(p q) (q p)
Hukum Disjungsi:
Disjungsi dari pernyataan p dan q ditulis “p q” (dibaca “atau”; “maupun”) bernilai benar, kecuali jika p dan q kedua-duanya bernilai salah.
(p q) (q p)
Contoh .
1. Tentukan nilai-nilai x agar kalimat dibawah ini bernilai benar.
a. (4 + 4 8) (4x + 1 = 9)
b. (x - 2x – 3 = 0 ) (10 x 10 < 10 )
2. Lengkapi kalimat berikut sehingga diperoleh kalimat yang benar.
a. jika n(p q) = B maka n(p) = . . . dan n(q) = . . .
b. jika n(– p q) = B dan n(q) = S maka n(p) = . . .
Jawab:
1.a. karena “(4 + 4 8)” merupakan pernyataan yang salah, dan agar
(4 + 4 8) (4x + 1 = 9) menjadi disjungsi yang benar maka harus dicari nilai x sehingga “(4x + 1 = 9)” menjadi pernyataan yang bernilai benar
jadi nilai x yang memenuhi agar kalimat (4 + 4 8) (4x + 1 = 9) menjadi disjungsi yang benar adalah 2
b. Karena “10 x 10 < 10” merupakan pernyataan yang salah, maka untuk setiap nilai x akan menyebabkan kalimat “(x - 2x – 3 = 0 ) (10 x 10 < 10 )” selalu merupakan pernyataan yang salah. Dengan demikian tidak ada satupun nilai x yang memenuhi sedemikian hingga kalimat “(x - 2x – 3 = 0 ) (10 x 10 < 10 )” menjadi pernyataan yang benar.
2. Pertanyaan di atas akan lebih mudah dijawab dengan menguraikan nilai kebenaran dari masing-masing pernyataan; yaitu sebagai berikut:
a. p q
B ( merupakan n(p q) )
B B (sesuai dengan hukum konjungsi); Maka n(p) = B dan n(q) = B
b. – p q
B ( merupakan n(– p q) )
B S (sesuai dengan hukum disjungsi)
Karena n(– p ) = B maka n(p) = S
Latihan IIb.
Tentukan nilai x pada tiap kalimat berikut agar menjadi pernyataan yang benar.
1. (sin 45 = ) (x = 1) 4. (3x + 5 = 14) ( 3 adalah bilangan genap)
2. (2x – 1 = 7) (4 x 5 = 20) 5. ( x - 4x = 0 ) (– 5 – 10 = 5 )
3. (7 x 7 = 0) ( x adalah bilangan asli kurang dari 5)
Jika n(– p) = B, n(– q ) = S dan n (r) = B. Tentukan nilai kebenaran dari pernyataan-pernyataan berikut ini.
6. – (– q r) p
7. (q r) (– p r)
8. (p – q) – r
Hukum Implikasi:
Jika p dan q pernyataan-pernyataan, maka pernyataan implikasi: “jika p maka q ditulis p q bernilai benar kecuali jika p benar dan q salah”.
Kalimat “jika p maka q” adalah kalimat implikasi atau kalimat kondisional dengan p sebagai anteseden (kondisi) dan q sebagai konsekuen (konklusi).
Implikasi logis adalah suatu implikasi yang selalu bernilai benar atau suatu implikasi yang merupakan tautologi
Hukum Biimplikasi
Jika p dan q pernyataan-pernyataan, maka pernyataan biimplikasi dari p dan q ditulis p q bernilai benar, bila p dan q bernilai sama
Biimplikasi logis adalah biimplikasi yang bernilai benar atau biimplikasi yang merupakan tautologi
Contoh.
Tentukan nilai-nilai x agar kalimat di bawah ini bernilai benar.
1. (x - 1 = 0 ) (10 x 5 = 15 )
2. (2x – 1 = 9) (5 adalah bilangan prima)
Jawab:
1. untuk x = 1 maka kalimat terbuka (x - 1 = 0 ) akan menjadi pernyataan yang benar, sehingga bila x = 1 atau x = -1, maka (x - 1 = 0 ) (10 x 5 = 15 ) akan menjadi pernyataan yang salah.
Dengan demikian agar kalimat (x - 1 = 0 ) (10 x 5 = 15 ) menjadi implikasi yang benar maka haruslah x 1
2. karena konsekuen dari kalimat (2x – 1 = 9) (5 adalah bilangan prima) adalah “(5 adalah bilangan prima)” merupakan pernyataan yang bernilai benar, maka untuk setiap nilai x, implikasi (2x – 1 = 9) (5 adalah bilangan prima) selalu bernilai benar.
Misalkan p(x) dan q(x) adalah kalimat terbuka, dengan selesaian p(x) adalah himpunan P dan selesaian q(x) adalah himpunan Q, maka:
1. Untuk menentukan nilai kebenaran implikasi berbentuk p(x) q(x) adalah sebagai berikut: “Jika P Q maka p(x) q(x) bernilai benar”
2. Untuk menentukan nilai kebenaran biimplikasi berbentuk p(x) q(x) adalah sebagai berikut: “Jika P = Q maka p(x) q(x) bernilai benar”.
Contoh .
Tentukan nilai kebenaran dari kalimat-kalimat berikut:
1. Jika x = 4, maka 2x = 8
2. Jika x < 1 maka x < 1
3. x < 4 x < 2
Jawab :
1. Untuk menentukan nilai kebenaran dari “Jika x = 4, maka 2x = 8” , terlebih dulu diselesaikan antesedennya (p(x)), yaitu sebagai berikut:
p(x) : x = 4
maka x = 2 atau x = - 2
untuk nilai x = 2 atau x = -2 tidak memenuhi 2x = 8 (konsekuen). Ini berarti bahwa kalimat “Jika x = 4, maka 2x = 8” bernilai salah.
Atau dapat juga dengan menentukan selesaian dari bentuk konsekuen, yaitu sebagai berikut:
q(x) : 2x = 8, maka x = 4
Jadi P = {-2 , 2 } dan Q = { 4 }. Ternyata P Q
Sehingga kalimat “Jika x = 4, maka 2x = 8” bernilai salah.
2. Dari kalimat implikasi “Jika x < 1 maka x < 1” adalah “x < 1” dapat diurai menjadi:
p(x) : x < 1 ; maka P adalah -1 < x < 1, yang berarti bahwa x > -1 dan x < 1
Jadi P = { x | -1 < x < 1, x R }
q(x) : x < 1 ; jadi Q = ( x | x < 1, x R }
Sehingga memenuhi P Q.
Maka kalimat implikasi “Jika x < 1 maka x < 1” bernilai benar
3. Dari kaliamt biimplikasi “x < 4 x < 2” dapat diurai menjadi:
p(x) : x < 4 ; maka P = { x | -2 < x < 2 ; x R }
q(x) : x < 2 ; maka Q = { x | x < 2; x R }
karena P Q sehingga “x < 4 x < 2” bernilai salah.
Latihan IIc.
Tentukan nilai x yang real sehingga kalimat-kalimat di bawah ini menjadi pernyataan-pernyataan yang benar.
1. (x - 4x = 0) (3 x 3 = 5)
2. (4x + 1 = 9) (3 adalah bilangan genap)
3. (3x = 10) ( 9 adalah bilangan prima)
4. (10 adalah bilangan genap) (x > 4 )
Tentukan nilai kebenaran dari pernyataan-pernyataan di bawah ini.
5. sin x = 1 2x = x
6. x = 1 (x - 3x – 4 = 0)
7. a < b 4a < 4b
8. 3x – 2 = 7 4x – 6 = 6
9. (x - 6x + 8 < 0) (2 < x < 4)
10. (x + 4x > 0) (x > 0)
Berikut ini akan disajikan contoh untuk menyatakan bahasa sehari-hari ke dalam bahasa formal, yaitu dengan menggunakan notasi-notasi logika matematika.
Nyatakanlah kalimat-kalimat di bawah ini dalam bentuk notasi:
1. Jika ada tikus, maka baik keadaan rumah tidak tenang maupun kucing tidak dapat tidur nyenyak
2. Jika hujan tidak turun atau tanggul tidak bobol, maka daerah tidak banjir
3. Hujan turun dan daerah akan banjir jika dan hanya jika tanggul bobol
4. Ia tidak mau makan karena ia belum lapar
Jawab:
Untuk menyelesaikan masalah di atas, kalimat-kalimat tersebut diurai menjadi kalimat-kalimat tunggal penyusunnya.
1. Jika ada tikus, maka baik keadaan rumah tidak tenang maupun kucing tidak dapat tidur nyenyak
diurai menjadi:
p : ada tikus; q : keadaan rumah tidak tenang; r : kucing tidak dapat tidur nyenyak
maka notasi untuk kalimat tersebut adalah : p (q r)
2. Jika hujan tidak turun atau tanggul tidak bobol, maka daerah tidak banjir
Diurai menjadi:
p : hujan turun; q : tanggul bobol; r : daerah banjir
maka notasi untuk kalimat tersebut adalah : (– p – q) – r
3. Hujan turun dan daerah akan banjir jika dan hanya jika tanggul bobol
Diurai menjadi:
p : hujan turun; q : tanggul bobol; r : daerah banjir
maka notasi untuk kalimat tersebut adalah : (p r) q
4. Ia tidak mau makan karena ia belum lapar
Diurai menjadi:
p : Ia mau makan; q : ia lapar
dalam kalimat ini yang menjadi sebab adalah “ia belum lapar “ yaitu – q,
maka notasi untuk kalimat tersebut adalah : – q – p
5. Ia tidak lulus, tetapi tidak menyesal bahkan ia tertawa geli
Diurai menjadi:
p : Ia lulus; q : Ia menyesal; r : ia tertawa geli
maka notasi untuk kalimat tersebut adalah: – p (– q r)
Latihan IId.
Nyatakanlah kalimat-kalimat di bawah ini dalam bentuk notasi:
1. Daerah akan banjir dan tanggul akan bobol kalau banyak hujan turun
2. Tidak benar bahwa akan banjir jika dan hanya jika tanggul bobol
3. Jika hujan turun, maka tanggul akan bobol, akibatnya daerah akan banjir
4. Jika awal bulan maka ia akan mendapat gaji, sehingga dapat membeli kebutuhannya
5. Perampok masuk rumah sambil melepaskan tembakan, sehingga tuan rumah ketakutan
6. Kalau ia bukan anak pintar, maka ia tentu anak yang berbakat dan bukan sekedar anak yang rajin
7. Andi masuk dan duduk, sedangkan Ima tetap berdiri
8. Ia pindah ke Jakarta dan bekerja di sana, sekaligus sambil melanjutkan pendidikannya.
9. Karena ikut main sepak bola, Ali disebut olahragawan
10. Ia tidak punya uang, sehingga ia tidak naik pesawat tetapi ia hanya naik kapal laut
III. Pernyataan Berkuantor
Kuantor (quantifier) adalah kata yang menunjuk pada kuantitas, yaitu “ada” dan “semua”. Simbol menyatakan untuk semua (untuk setiap atau untuk sembarang) disebut kuantor universal. Simbol menyatakan ada (ada paling sedikit satu, dapat ditemukan, atau untuk suatu)disebut kuantor eksistensi.
Misalkan p(x) adalah kalimat terbuka dengan domain x adalah D, maka:
1. Pernyataan x D, p(x) didefinisikan benar jika p(x) benar untuk semua x D, dan salah jika p(x) salah untuk suatu x D.
2. Pernyataan x D, p(x) didefinisikan benar jika p(x) benar untuk paling sedikit satu x D, dan salah jika p(x) salah untuk semua x D.
Contoh:
Benar atau salahkah pernyataan-pernyataan di bawah ini?
1. misalkan D = { 3 , 4 , 5 } maka x D, x > 2x
2. misalkan Z adalah himpunan bilangan bulat maka x Z, x > 2x
3. misalkan Z adalah himpunan bilangan bulat maka x Z, 2x = x
4. misalkan D = { 3 , 4 , 5 } maka x D, 2x = x
Jawab:
1. misalkan D = { 3 , 4 , 5 }
diperiksa bahwa kalimat terbuka x > 2x benar untuk masing-masing x D:
3 > 2(3) ; 4 > 2(4) ; 5 > 2(5)
sehingga x D, x > 2x adalah pernyataan benar
2. misalkan Z adalah himpunan bilangan bulat
ambil x = 1, maka 1 Z dan 1 > 2(1)
sehingga x Z, x > 2x adalah pernyataan salah
3. misalkan Z adalah himpunan bilangan bulat maka x Z, 2x = x
karena 0 Z dan 2(0) = 0 maka kalimat terbuka 2 x = x benar untuk paling sedikit satu bilangan bulat x yaitu 0.
Sehingga x Z, 2x = x adalah pernyataan benar.
4. misalkan D = { 3 , 4 , 5 } maka x D, 2x = x
diperiksa kalimat terbuka 2x = x untuk masing-masing x D:
2(3) 3 ; 2(4) 4 ; 2(5) 5
Sehingga x D, 2x = x adalah pernyataan salah.
Dalam pernyataan matematika, pernyataan kuantor belum tentu dinyatakan secara eksplisit, sebagai contoh:
“ bilangan 24 dapat ditulis sebagai jumlah dari dua bilangan bulat”
memuat kuantor eksistensi, yaitu : “ x,y Z, 24 = x + y”
demikian pula pernyataan “ jika x > 3 , maka x > 9 “ memuat kuantor universal, yaitu: “ x R, jika x > 3 maka x > 9”
Di samping memahami bentuk-bentuk pernyataan berkuantor, diperlukan kemampuan mengubah bahasa formal (dengan simbol matematika) kedalam bahasa sehari-hari.
Contoh:
1. Ubahlah pernyataan berikut ini (belum tentu benar) menjadi beberapa kalimat-sehari-hari tanpa menggunakan simbol “ ” maupun “ ”.
a. x R, x 0
b. “ x R, x = x
2. Ubahlah pernyataan dibawah ini sehingga memuat lambang kuantor dan variabel.
a. setiap kuadrat bilangan asli adalah bilangan asli
b. ada bilangan real yang negatif
c. tidak ada bilangan asli yang lebih besar dari kuadratnya
Jawab :
1. a. x R, x 0
– Semua bilangan real mempunyai kuadrat yang tidak negatif
– Setiap bilangan real mempunyai kuadrat yang tidak negatif
– Sembarang bilangan real mempunyai kuadrat yang tidak negatif
– Kuadrat bilangan real tidak negatif
– Untuk setiap bilangan real x, x adalah bilangan negatif
b. “ x R, x = x
– ada bilangan real yang sama dengan kuadratnya
– ada paling sedikit satu bilangan real yang sama dengan kuadratnya
– untuk suatu x, x = x
2. a. x N, x N
b. x R, x < 0
c. x N, x x
Negasi Pernyataan Berkuantor
Perhatikan pernyataan :
“Semua matematikawan hidup mewah”
Banyak orang menyatakan bahwa negasinya adalah :
“Tidak ada matematikawan hidup mewah”
tetapi negasi yang benar adalah :
“beberapa matematikawan tidak hidup mewah” ; atau
“ada matematikawan tidak hidup mewah”
artinya walaupun ada seorang matematikawan tidak hidup mewah, sudah menggugurkan pernyataan bahwa semua matematikawan hidup mewah. Untuk menentukan bentuk negasi pernyataan berkuantor ikutilah pola berikut ini:
1. negasi dari pernyataan “ x D, p(x)” adalah pernyataan “ x D, – p(x)”
2. negasi dari pernyataan “ x D, p(x)” adalah pernyataan “ x D, –p(x)”
Contoh:
Nyatakan negasi dari pernyataan-pernyataan di bawah ini tanpa memperhatikan nilai kebenarannya:
1. setiap segitiga sama sisi adalah segitiga sama kaki
2. ada segitiga yang jumlah sudutnya sama dengan 200
3. setiap bilangan prima adalah bi;angan ganjil
Jawab:
1. “ada segitiga sama sisi yang bukan segitiga sama kaki” atau
“ada segitiga sama sisi yang tidak sama kaki”
2. “setiap segitiga jumlah sudutnya tidak sama dengan 200 ” atau
3. “ada bilangan prima yang tidak ganjil” atau
“ada bilangan prima yang bukan bilangan ganjil”
Latihan III
1. Temukan contoh penyangkal untuk menunjukkan pernyataan berikut ini salah.
a. x R, x
b. x R, x > 0
c. x,y R, (x + y) = x + y
2. Nyatakanlah bentuk-bentuk di bawah ini dalam bentuk uraian (tanpa simbol logika matematika)
a. x R, x > 2
b. x Z, x genap x genap
c. x Z, x < 0 x 0
d. x,y R, (x + y) = x + y
e. x,y Z , x > y x > y
3. Tuliskan negasi dari pernyataan di bawah ini
a. Jumlah dari dua bilangan rasional adalah rasional
b. Untuk semua bilangan rasional x dan y, jika x = y maka x = y
c. Untuk semua bilangan bulat n, jika n genap maka n genap
IV. Pernyataan yang Ekuivalen
Dua pernyataan (majemuk) dikatakan ekuivalen ditulis “p q” jika dan hanya jika p dan q mempunyai nilai kebenaran yang sama. Pernyataan-pernyataan yang ekuivalen ini diperlukan dalam kegiatan pembuktian. Berikut adalah beberapa bentuk pernyataan yang ekuivalen:
1. p – (– p)
2. (p q) (q p)
3. (p q ) (q p )
4. p (q r ) ( p q ) r
5. p (q r ) ( p q ) r
6. (p q) (– p q) (– q – p)
7. (p – q) – (– p q )
8. – (p q) (– p – q )
9. – (p q ) (– p – q )
10. – (p q) – (– p q) ( p – q )
11. (p q) ((p q) (q p))
12. – (p q) ((p q) – (p q )) ((p q) (– p – q )
V. Penarikan Kesimpulan
Penarikan kesimpulan selalu didasarkan pada premis-premis yang diberikan yaitu merupakan pernyataan-pernyataan yang telah diterima kebenarannya. Beberapa pola penarikan kesimpulan yang sah akan disajikan berikut ini:
1. Modus Ponens: 2. Modus Tollens:
p q p q
p – q
q – p
2. Silogisme:
p q
q r
p r
Contoh:
Selidiki apakan sah atau tidak penarikan kesimpulan dibawah ini.
1. Ica jadi dosen Unsyiah atau melanjutkan S2
Ica tidak melanjutkan S2
Ica jadi dosen Unsyiah
2. Jika Najwa mempunyai IPK bagus, maka ia kuliah S2 di Boston
Najwa mempunyai IPK bagus dan ia kuliah di Tokyo
Najwa tidak kuliah di Boston
3. p q
– q
r – p
– s r
s
Untuk menjawab pertanyaan no 1. dan 2. di atas, kalimat-kalimat dalam bentuk uraian tersebut terlebih dahulu diterjemahkan dalam bentuk simbul atau notasi.
1. Ica jadi dosen Unsyiah atau melanjutkan S2; diterjemahkan menjadi : p q
Ica tidak melanjutkan S2; diterjemahkan menjadi : – q
Ica jadi dosen Unsyiah; diterjemahkan menjadi : p
Tidak terlihat adanya kesesuaian argumen dengan pola penarikan kesimpulan yang sah yang telah disajikan sebelumnya. Dengan demikian dibutuhkan suatu bentuk ekuivalen denga bentuk premis p q yaitu berdasarkan bentuk
(p q) (– p q) (– q – p)
sehingga
p q (– p q) (– q p)
pola argumen menjadi :
– p q atau 1. p q Premis
– q 2. – q Premis
3. – p q ekuivalen 1
– ( – p) 4. – ( – p) 3. , 2. modus tollens
5. p ekuivalen 4.
Dapat disimpulkan bahwa penarikan kesimpulan sah
2. Jika Najwa mempunyai IPK bagus, maka ia kuliah S2 di Boston p q
Najwa mempunyai IPK bagus dan ia kuliah di Tokyo p q
Najwa tidak kuliah di Boston – q
Pola pembuktian akan diuraikan sebagai berikut:
1. p q Premis
2. p r Premis
3. – (p – r) ekuivalen 2. ( berdasarkan – (p q) – (– p q) ( p – q ))
4. – q kesimpulan tidak sah, tidak ada pola kesesuaian dengan pola pembuktian yang sah yang disajikan diatas)
3. untuk menunjukkan argumen no 3. di atas sah atau tidak, perhatikan langkah-langkah berikut ini:
1. p q Premis
2. – q Premis
3. r – p Premis
4. – s r Premis
5. q p ekuivalen 1.
6. – q p ekuivalen 5
7. p 6. , 2. modus ponens
8. – s – p 4. , 3. silogisme
9. s 8. , 7. modus tollens
ini menunjukkan bahwa argumen di atas sah.
Latihan V.
Tunjukkan bahwa setiap argumen di bawah adalah sah.
1. Saudara rajin atau saudara pandai. Saudara tidak rajin. Jadi saudara pandai
2. Saudara rajin atau saudara tidak pandai. Jika saudara kaya maka saudara pandai. Saudara tidak rajin. Maka saudara tidak kaya
3. Produksi pangan cukup atau ada peledakan penduduk. Tidak ada peledakan penduduk. Maka produksi pangan cukup
4. Kalau harga di toko rendah, tentu banyak pembelinya. Toko itu dekat pemukiman penduduk atau tidak banyak pembelinya. Toko itu dekat dengan pemukimnan penduduk. Jadi harga di toko itu tidak rendah
5. Jika adik sehat maka ia tidak akan menangis. Adik menangis atau bolos sekolah. Adik tidak sehat. Maka adik bolos sekolah.
6. Jika kamu rajin maka kamu tidak akan tinggal kelas. Jika kamu tidak tinggal kelas kamu dapat hadiah. Jika kamu dapat hadiah maka orang tua mu akan bangga. Kamu rajin. Maka oreang tua kamu akan bangga.
7. Jika hujan deras maka toko buku itu tidak dibuka. Toko buku itu dibuka tetapi tidak ada pembelinya. Jadi toko buku itu buka.
8. Ima sekolah sambil bekerja. Ima tidak sekolah dan adiknya sakit. Ima bekerja dan ayahnya ke kantor. Jadi ima sekolah.
Tentukan argumen manakah yang sah dan yang tidak sah. Beri penjelasan.
9. Jika a + b = 0 maka a = 0 dan b = 0. a 0 atau b 0. maka a + b 0
10. Jika hasil kali dua bilangan adalah 0 maka di antara bilangan tersebut ada yang 0. (x – 1) 0 dan (x + 1) 0. Maka (x – 1) (x + 1) 0.
11. Jumlah dua bilangan rasional adalah rasional. c dan d adalah bilangan rasional. maka c + d adalah bilangan rasional
12. Jumlah dua bilangan rasional adalah rasional. c + d adalah bilangan rasional. c dan d adalah bilangan rasional.
13. Jika suatu bila`gan adalah genap, maka dua kalinya juga genap. Bilangan 2n adalah genap. Maka n adalah genap.
14. Jika suatu bilangan adalah genap, maka dua kalinya juga genap. Bilangan n adalah genap. Maka 2n adalah genap.
15. Jika a dan b adalah bilangan ganjil maka a + b adalah genap. a + b tidak genap maka a dan b tidak ganjil
INDUKSI MATEMATIKA
A. PENDAHULUAN
Induksi matematika merupakan salah satu metode pembuktian dalam matematika. Penggunaan prinsip induksi matematika adalah untuk membuktikan kebenaran hasil-hasil dalam matematika, baik hasil elementer maupun hasil-hasil tingkat lanjut yaitu membuktikan berlakunya suatu hubungan atau suatu dalil. Penguasaan metode pembuktian dengan induksi matematika dan konsep-konsep yang diturunkan merupakan hal yang penting dan sebagai materi pendahuluan yang akan digunakan untuk mempelajari materi-materi dalam pokok-pokok bahasan yang lain yang berada dalam lingkup matematika.
B. TUJUAN
Tujuan yang diharapkan dalam penulisan modul ini adalah untuk membantu guru memahami prinsip induksi ,matematika dan dapat menggunakannya dalam membuktikan suatu pola atau hubungan dalam matematika. Adapun model pembelajaran yang diterapkan dalam kagiatan pelatihan diharapkan dapat memberikan informasi bagi peserta tentang alternatif model pembelajaran yang dapat diterapkan dalam kegiatan pembelajaran bagi siswa di kelas.
Setelah mempelajari modul ini peserta diharapkan dapat:
1. Menjelaskan prinsip induksi matematika
2. Membuktikan bentuk-bentuk matematika dengan induksi matematika
C. PETUNJUK PEMBELAJARAN
Pembelajaran yang dilaksanakan berorientasi pada pemahaman prinsip induksi matematika dan penerapannya dalam pembuktian bentuk-bentuk matematika. Materi disajikan dengan banyak contoh, diharapkan peserta dapat memahami bagaimana membuktikan pola, sifat atau formula matematika dengan menggunakan prinsip induksi matematika.
Model pembelajaran yang digunakan adalah model pembelajaran koperatif yang diawali penjelasan prinsip dan contoh oleh fasilitator, kemudian kelompok peserta yang terdiri dari 4 sampai 5 orang akan mendiskusikan materi yang dan menyelesaikan tugas-tugas yang ada dalam modul. Di akhir kegiatan akan dilakukan diskusi secara klasikal untuk membuat kesimpulan dan membahas tugas-tugas yang gagal diselesaikan dalam kelompok.
D. KEGIATAN PEMBELAJAR
I. Prinsip Induksi Matematika
Prinsip induksi matematis sering digunakan sebagai satu cara (di samping cara yang lain) untuk membuktikan berlakunya suatu hubungan atau suatu dalil. Prinsip induksi matematis menyatakan bahwa :
Misalkan P(m), P(m+1), P(m+2), . . . , adalah barisan pernyataan, dan m adalah bilangan bulat, jika:
1. P(m) benar
2. Untuk semua bilangan bulat k m berlaku : jika P(k) benar berakibat P(k+1) benar,
maka P(n) untuk semua bilangan bulat n m.
II. Penggunaan Prinsip Induksi Matematika dalam Pembuktian Matematika
Berikut ini akan diuraikan beberapa contoh pembuktian dengan menggunakan prinsip induksi matematika.
Contoh 1.
Buktikan : = 1 + 2 +3 + …..+ n = untuk setiap n N
( Petunjuk: yang akan dibuktikan adalah untuk setiap n bilangan asli, P(n) benar, dengan P(n) adalah pernyataan = untuk setiap n N)
Bukti : 1. Jelas bahwa P(1) = = 1 = adalah benar
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah suatu bilangan asli sembarang, yaitu : = 1 + 2 +3 + …..+ k =
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
= 1 + 2 +3 + …..+ k + (k+1) =
atau : 1 + 2 +3 + …..+ k + (k+1) =
karena : 1 + 2 +3 + …..+ k =
maka : 1 + 2 +3 + …..+ k + (k+1) =
=
=
=
1 + 2 +3 + …..+ k + (k+1) =
Karena P(1) benar, dan untuk sembarang bilangan asli k m berlaku jika P(k) benar berakibat P(k+1) benar, maka sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti P(n) benar untuk sembarang bilangan asli n, yaitu :
= 1 + 2 +3 + …..+ n = untuk setiap n N
Contoh 2
Buktikan : 2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3n – 1) = untuk setiap n N
( Petunjuk: yang akan dibuktikan adalah untuk setiap n bilangan asli, P(n) benar, dengan P(n) adalah pernyataan
2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3n – 1) = untuk setiap n N)
Bukti :
1. Jelas bahwa P(1) = 2 = adalah benar
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah suatu bilangan asli sembarang, yaitu : 2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3k – 1) =
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3k – 1) + =
=
Karena 2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3k – 1) =
Maka :
2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3k – 1) + =
= + 3k + 2
=
=
=
=
Maka sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti P(n) benar untuk sembarang bilangan asli n, yaitu :
2 + 5 + 8 +11 + 14 + … + (3n – 1) = untuk setiap n N
Contoh 3
Buktikan : 2n (1 + n) untuk setiap n N
(Petunjuk: P(n) adalah pernyataan 2n (1 + n) untuk setiap n N)
Bukti :
1. Jelas bahwa P(1) yaitu 21 (1 + 1) benar
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah suatu bilangan asli sembarang, yaitu : 2k (1 + k)
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
(2k+1) {1 +( k +1)} atau (2k+1) ( k +2)
karena 2k 1 + k, maka 2k+1 = 2k .2 (1 +k).2
Karena (1 +k).2 = 2 k + 2 >(k + 2) dan (2k+1) (1+ k).2),
maka : (2k+1) ( k +2)
Sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti P(n) benar untuk sembarang bilangan asli n, yaitu : 2n (1 + n)
Contoh 4
Buktikan : n ! nn untuk setiap n N
(Petunjuk : P(n) adalah pernyataan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . )
Bukti :
1. P(1) yaitu . . . . . . . . . . . . . . (bagaimana nilai kebenarannya? . . . . . . . . )
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah suatu bilangan asli sembarang, yaitu : . . . . . . . . . . . . .
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
perhatikan bahwa:
(k+1)! = 1 . 2 . 3. …..k.(k+1)
= (k!) (k+1)
kk (k+1) (sebab k! kk)
< (k+1)k (k+1) (sebab (k+1) > k sehingga (k + 1)k > kk)
dengan demikian (k+1)! < (k+1)k+1 artinya juga memenuhi
(k+1)! (k+1)k+1
Sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti P(n) benar untuk sembarang bilangan asli n, yaitu : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dari dua contoh terakhir yang diuraikan di atas terlihat bahwa dibutuhkan kemampuan untuk memanipulasi bentuk-bentuk aljabar sehingga diperoleh hubungan yang benar dari pernyataan-pernyataan yang diberikan. Hal ini akan lebih jelas terlihat bada contoh-contoh selanjutnya.
Prinsip induksi matematika dapat diperluas dengan sebarang himpunan bagian dari himpunan bilangan bulat yang memenuhi prinsip urutan, artinya dapat dikembangkan berlaku dalam himpunan B yaitu B Z asalkan B mempunyai elemen terkecil.
Contoh 5
Buktikan : 4n < (n2-7) untuk sebarang n B = { 6,7,8,….}
(Petunjuk : P(n) adalah pernyataan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . )
Bukti :
1. P(6) yaitu 4.6 = 24 < 29 = (6 - 7) adalah benar
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah bilangan bulat dan k 6 , yaitu : . . . . . . . . . . . . .
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Karena 4(k+1) = 4 k + 4 dan 4k < (k2- 7),
maka 4(k+1) < (k2- 7)+4} atau 4(k+1) < (k2-3)
Karena (k-6) 0 untuk k 6 dan -3<0, maka (k-6) -3 untuk k 6, sehingga 4(k+1) < (k2 + k -6)
4(k+1) < (k2 +2k -6 karena 2k > k)
4(k+1) < (k2 +2k + 1-7)
4(k+1) < {(k+1)2-7}
Sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti P(n) benar untuk sebarang n B = { 6,7,8,….}, yaitu : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Contoh 6
Buktikan : 32n-1 habis dibagi oleh 8 untuk semua n C = { 0, 1, 2,….}
(Petunjuk : P(n) adalah pernyataan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . )
Bukti :
1. P(0) yaitu . . . . . . . . . . . . . . (bagaimana nilai kebenarannya? . . . . . . . . )
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah bilangan bulat dan k . . . , yaitu : . . . . . . . . . . . . .
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32 ( k + 1) -1 = 3 - 1
= 9 . 32k – 1
= 9 . 32k – 9 + 8
= 9 (32k – 1) + 8
Karena 32k – 1 habis di bagi 8 dan 8 juga habis dibagi 8 maka
9 (32k – 1) + 8 = 32 ( k + 1) -1 habis dibagi 8.
Sesuai dengan prinsip induksi matematika terbukti bahwa 32n-1 habis dibagi oleh 8 untuk semua n C = { 0, 1, 2,….}
Contoh 7
Buktikan : 2n3-3n2 + n + 31 0 untuk semua n D = { -2, -1, 0,….}
Bukti :
P(n) adalah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. P(-2) = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 (bagaimana nilai kebenarannya? . . . . . . . . . . . )
2. Andaikan P(k) benar, dengan k adalah bilangan bulat dan k . . . , yaitu : . . . . . . . . . . . . .
akan ditunjukkan P(k+1) juga benar, yaitu:
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(seterusnya, cobalah diskusikan)
Prinsip induksi matematika dapat juga dinyatakan dalam bentuk lain, yaitu:
Prinsip induksi matematis menyatakan bahwa :
Misalkan P(m), P(m+1), P(m+2), . . . , adalah barisan pernyataan, dan m adalah bilangan bulat, jika:
1. P(m), P(m+1), P(m+2), . . . , P(b) semuanya benar
2. Untuk semua bilangan bulat k b berlaku : jika P(n) benar untuk semua bilangan bulat n dengan m n k , berakibat P(k+1) benar
maka P(n) untuk semua bilangan bulat n m.
Contoh 8
Setelah berlangsung n bulan banyaknya tanaman dalam suatu persemaian memenuhi persamaan:
P(0) = 3, P(1) = 7, dan P(n) = 3P(n-1)-2P(n-2), n 2
Buktikan : P(n) = 2n+2-1 untuk semua n Z dan n 0
Bukti : 1. P(0) benar sebab untuk n = 0, 2n+2-1 = 20+2 -1 = 22-1=3
P(1) benar sebab untuk n =1, 2n+2-1 = 21+2 -1= 23-1 =7
2. Anggaplah P(0), P(1), P(2),…..,P(k-1), P(k) semua benar, berarti:
P(k) = 2k+2 -1
P(k-1) = 2(k-1)+2 -1
= 2(k+1) -1
P(1) = 21+2 -1 = 7
P(0) = 20+2 -1 = 3
Akan ditunjukkan bahwa P (k+1) benar untuk (k+1) 2, yaitu
P(k+1) = 2(k+1)+2-1=2k+3-1
P(k) = 3 P(k-1) – 2 P(k-2)
P(k+1) = 3 P{(k+1) -1} – 2P{(k+1) – 2 }
= 3P(k) - 2P(k-1)
= 3 (2k+2 - 1) – 2 (2(k-1)+2 - 1)
= 3 (2k+2) – 3 – 2(2k+1 - 1)
= 3 (2k+2) – 3 – 2k+2 + 2
= 3 (2k+2) - (2k+2) -1
= 2(2k+2) -1
= 2k+3 – 1
= 2(k+1)+2 -1
Jadi P(n) = 2n+2 -1 benar untuk semua n Z dan n 0
Contoh 9
Diketahui suatu barisan R(n) yang memenuhi hubungan R(0) = 7, R(1) = -4, R(2)dan R(n) = 2R(n-1)-5R(n-2) – 6R(n-3) untuk n 3
Tunjukkan : R(n) = 5 (1)n – (3)n + 3(-2)n untuk semua n Z dan n 0
Jawab: 1. R(0) benar sebab 5(1)0 – (3)0 + 3(-2)0 = 5 – 1 + 3 = 7
R(1) benar sebab 5(1)1 – (3)1 + 3(-2)1 = 5 – 3 - 6 = -4
R(2) benar sebab 5(1)2 – (3)2 + 3(-2)2 = 5 – 9 + 12 = 8
2. Anggaplah R(0), R(1), R(2),…..,R(k-2), R(k-1), R(k) semua benar, yaitu :
R(k) = 5(1)k – (3)k + 3(-2)k
R(k-1) = 5(1)k-1 – (3)k-1 + 3(-2)k-1
R(k-2) = 5(1)k-2 – (3)k-2 + 3(-2)k-2
R (2) = 8
R (1) = -4
R (0) = 7
Akan ditunjukkan bahwa R(k+1) = 5(1)k+1 – (3)k+1 + 3(-2)k+1
R(k) = 2R(k-1) + 5R(k-2) – 6R(k-3)
R(k+1) = 2R{(k+1)-1}+ 5R{(k+1)-2}- 6R {(k+1)-3}
= 2R(k)+ 5R(k-1)- 6R(k-2)
= 2 {5(1)k- (3)k + 3 (-2)k}+ 5{5(1)k-1 - (3)k-1 + 3(-2)k-1}- 6{5(1)k-2-(3)k-2
+ 3(-2)k-2}
= 10 + 25 – 30 – 2(3)k- 5(3)k-1 + 6(3)k-2 + 6(-2)k + 15(-2)k-1-18(-2)k-2
= 5 - (3)k {2 + 5(3)-1 + 6(3)-2}+(2)k{6+15(-2)-1 + 18(-2)-2}
= 5 – (3)k(2 + + (-2)k (6 -
= 5 – (3)k(3) + (2)k(-6)
R(k+1) = 5 (1)k+1- (3)k+1+ 3(-2)k+1
Jadi R(n) = 5(1)n – (3)n + 3 (-2)n untuk semua n Z dan n 0
Latihan
Buktikanlah pernyataan-pernyataan di bawah ini dengan menggunakan induksi matematika.
1. 1 + 3 + 5 + . . . + (2n – 1 ) = n ( 2n – 1 ) (2n + 1 )
2. 1 + 4 + 7 + 10 + . . . + (3n – 2 ) = n (3n – 1 )
3. 1 + 2 + 2 + . . . + 2 = 2 - 1
4. = n(n+1)(2n+1) untuk setiap n Z
5. = { n(n+1)} untuk setiap m Z
6. = y(y+1) (y+2) untuk setiap x Z
7. n < 2 untuk setiap n Z
8. 2 (2 + n ) untuk setiap n Z dan n 1
9. n - n habis dibagi oleh 3 untuk n 0
10. n + n habis dibagi oleh 5 untuk n 0
11. n + 2n habis dibagi oleh 3
12. 2 < n untuk n Z dan n > 4
13. n! < n untuk n Z dan n > 1
14. n! < 4 untuk n Z dan n > 8
15. 76 mempunyai angka puluhan 7 dan angka satuan 6
16. Jika P(0) = 2 , P(1) = 7 , dan P(n) = P(n-1) – 2P(n-2),
Maka P(n) = 3(2 ) – (-1) untuk setiap bilangan bulat n 0
17. Jika F(0) = 2, F(1) = 5 , F(2) = 15 dan F(n) = 6F(n-1) – 11F(n-2) + 6F(n-3) maka F(n) = 1 – 2 + 2(3 ) untuk setiap bilangan bulat n 0
Cara Agar Blog atau Website Bisa Terindex Oleh Google
Dengan membaca petunjuk ini akan membuat website atau blog anda bisa ditemukan dan terindex oleh Google dan memberikan rangking pada blog atau website anda. Jika anda memilih untuk tidak melakukan sesuai petunjuk ini, akan tetapi saya sangat menganjurkan kepada anda untuk memperhatikan kepada petunjuk yang saya berikan yang secara garis besar mencegah agar jangan sampai blog atau situs yang telah susah payah anda buat itudihapus secara keseluruhannya dari index Google. Jika sebuah situs atau blog dihapus dari index Google, maka tentunya blog itu tidak akan muncul lagi pada hasil pencarian Google.com atau partner Google lainnya. Tentunya kita tidak ingin hal ini terjadi pada situs kita, bukan?Lalu bagaimanakah caranya agar blog atau website kita bisa cepat terindex oleh Google? Pertanyaan seperti ini biasanya sering diajukan oleh blogger pemula yang ingin agar blognya tampil pada halaman Google, syukur-syukur bisa tampil pada halaman pertama dan mendapat urutan satu.
Tidak usah khawatir, saya akan mencoba menjawab pertanyaan itu dengan beberapa trik yang sebenarnya ini adalah petunjuk yang diberikan oleh situs resminya Google sendiri yang saya terjemahkan ke dalam bahasa Indonesia.
Berikut adalah jawaban dari pertanyaan di atas:
Secara Garis besar ada 4 hal yang harus dilakukan agar blog atau website kita terindex oleh Google, yaitu:
1. Desain dan konten blog
2. Secara tekhnis
3. Harus sesuai dengan prinsip dasar
4. Beberapa hal yang harus dihindari
Jika Blog anda telah siap, maka selanjutnya yang harus anda lakukan adalah:
Daftarkan blog anda itu ke http://www.google.com/addurl.html Daftarkanlah sebuah peta situs (Sitemap) menggunakan Google Webmasters Tools. Hal ini berguna agar Google bisa mempelajari situs atau blog anda untuk menambah jumlah halaman anda pada index Google.
1. Petunjuk Pengisian dan Design Blog
Buatlah sebuah situs atau blog dengan hirarki yang jelas dan tulisan yang dikasih link, setiap halaman paling tidak harus dapat satu teks dengan link.
Tawarkanlah sebuah peta situs kepada pengunjung anda dengan link yang mengarah kepada bagian terpenting dari blog anda. Apabila peta situs itu lebih dari seratus, maka anda harus menaruhnya ke halaman yang lain.
Tulislah sebuah informasi yang berguna, dan tulislah halaman yang secara jelas menggambarkan content blog anda.
Penting sekali bagi anda untuk memikirkan kata kunci yang tepat dan banyak di tulis orang pada mesin pencari agar blog anda bisa ditemukan orang lain, dan pastikan bahwa di halaman anda benar-benar mencantumkan kata kunci itu.
Cobalah menggunakan text sebagai pengganti gambar untuk menampilkan nama, isi atau links. Software perayap Google tidak mengenali text yang dimasukkan di dalam gambar. Apabila anda memang harus menggunakan gambar untuk textual content, cobalah menggunakan “ALT” untuk memasukkan beberapa kata yang mendeskripsikan tes itu.
Pastikan dulu bahwa elemen judul anda dan atribut ALT benar-benar dapat mendeskripsikan content anda dan akurat.
Periksalah, mungkin ada link yang rusak dan betulkan HTML nya.
Jika anda memutuskan untuk membuat sebuah halaman yang dinamis, maka berhati-hatilah, sesungguhnya tidak setiap jaring perayap search engine mudah merayapi halaman dinamis seperti halaman-halaman yang statis.
Usahakanlah agar link yang diberikan pada tiap halaman itu dalam jumlah yang wajar (kurang dari seratus).
Minggu, 10 Januari 2010
Struktur Data dan Program Pascal
Struktur Data dan Program Pascal
Oleh : T. Mirwan Sahputra
Pada dasarnya struktur data merupakan metode untuk melakukan penyimpanan, penyusunan, dan pengaturan data pada media penyimpanan sehingga data tersebut dapat digunakan secara efisien. Dalam teknik pemrograman, struktur data berarti pengaturan dan penyusunan dari tata letak kolom-kolom data, baik kolom data yang tampak oleh pengguna program maupun tata letak kolom pada memori yang tidak tampak oleh pengguna, yang tidak tampak ini hanya digunakan untuk kepentingan proses dalam program saja.
Struktur data digunakan untuk meningkatkan efisiensi penggunaan memori pada saat program komputer sedang bekerja. Penggunaan struktur data yang tepat pada pemograman dapat membuat algoritma menjadi lebih mudah, kemudahan ini membuat program lebih efisien dan sederhana.
Meningkatkan efisiensi merupakan tujuan utama pengaplikasian struktur data. Dengan struktur data, proses reservasi memori yang tidak perlu akan diminimalisasi. Selain itu struktur data juga menjamin kemudahan pemahaman algoritma, sehingga untuk menyelesaikan permasalahan seperti perkalian matriks, visualisasi matriks dan tabel, akan menjadi lebih mudah dipahami.
Oleh : T. Mirwan Sahputra
Pada dasarnya struktur data merupakan metode untuk melakukan penyimpanan, penyusunan, dan pengaturan data pada media penyimpanan sehingga data tersebut dapat digunakan secara efisien. Dalam teknik pemrograman, struktur data berarti pengaturan dan penyusunan dari tata letak kolom-kolom data, baik kolom data yang tampak oleh pengguna program maupun tata letak kolom pada memori yang tidak tampak oleh pengguna, yang tidak tampak ini hanya digunakan untuk kepentingan proses dalam program saja.
Struktur data digunakan untuk meningkatkan efisiensi penggunaan memori pada saat program komputer sedang bekerja. Penggunaan struktur data yang tepat pada pemograman dapat membuat algoritma menjadi lebih mudah, kemudahan ini membuat program lebih efisien dan sederhana.
Meningkatkan efisiensi merupakan tujuan utama pengaplikasian struktur data. Dengan struktur data, proses reservasi memori yang tidak perlu akan diminimalisasi. Selain itu struktur data juga menjamin kemudahan pemahaman algoritma, sehingga untuk menyelesaikan permasalahan seperti perkalian matriks, visualisasi matriks dan tabel, akan menjadi lebih mudah dipahami.
Sabtu, 09 Januari 2010
Perangkat Lunak Bahasa Pemrograman
Oleh : T. Mirwan Sahputra
Generasi Bahasa Pemrograman
Bahasa pemrograman adalah software bahasa komputer yang digunakan dengan cara merancang atau membuat program sesuai dengan struktur dan metode yang dimiliki oleh bahasa program itu sendiri. Komputer mengerjakan transformasi data berdasarkan kumpulan printah program yang telah dibuat oleh program. Kumpulan perintah ini harus dimengerti oleh komputer, berstruktur terntentu (syntax), dan bermakna. Bahasa pemrograman merupakan notasi untuk memberikan secara tepat program komputer. Berbeda dengan bahasa, misalkan Bahasa Indonesia dan Inggris yang merupakan bahasa alamiah (natural language), sintaksis dan semantik bahasa pemrograman komputer ditentukan secara jelas dan terstruktur, sehingg bahasa pemrograman juga disebut sebagai bahasa formal (formal language).
Menurut tingkatannya, bahasa pemrograman dibagi menjadi 3 tingkatan, yaitu:
• Bahasa pemrograman tingkat rendah (low level language), merupakan bahasa pemrograman generasi pertama, bahasa pemrograman jenis ini sangat sulit dimengerti karena instruksinya menggunakan bahasa mesin. Biasanya yang mengerti hanyalah pembuatnya saja karena isinya programnya berupa kode-kode mesin.
• Bahasa pemrograman tingkat menengah (middle level language), merupakan bahasa pemrograman dimana pengguna instruksi sudah mendekati bahasa sehari-hari, walaupun begitu masih sulit untuk dimengerti karena banyak menggunakan singkatan-singkatan seperti “STO” artinya simpan (STORE) dan “MOV” artinya pindahkan (MOVE). Yang tergolong dalam bahasa ini adalah assembler.
• Bahasa pemrograman tingkat tinggi (high level language) merupakan bahasa yang mempunyai ciri lebih terstruktur, mudah dimengerti karena menggunakan bahasa sehari-hari, contoh bahasa level ini adalah: Delphi, Pascal, ORACLE, MS-SQL, Perl, Phyton, Basic, Visual Studio (Visual Basic, Visual FoxPro), Informix, C, C++, ADA, Java, PHP, ASP, XML, dan lain-lain. Bahasa seperti Java, PHP, ASP, XML biasanya digunakan untuk pemrograman pada internet, dan masih banyak lagi yang terus berkembang yang saat ini biasanya dengan ekstensi .net (baca: dot net) seperti Visual Basic.NET dan Delphi.Net yang merupakan bahasa pemrograman yang dikembangkan pada aran berbasis internet
Sejauh ini bahasa pemrograman dikelompokkan menjadi lima generasi. Setiap generasi bahasa pemrograman memiliki karakteristik tersendiri. Semakin maju generasinya maka orientasi bahasa pemrograman ini akan semakin dekat ke manusia.
Gambar di atas menunjukkan terjadinya kecenderungan pergeseran orientasi dalam bahasa-bahasa pemrograman, dari pendekatan yang berorientasi kepada mesin menuju ke pendekatan yang berorientasi pada manusia.
Bahasa Pemrograman Generasi I
Bahasa pemrograman generasi pertama berorientasi pada mesin. Program disusun dengan menggunakan bahasa mesin. Tentu saja program generasi ini sangat sulit untuk dipahami oleh orang awam dan sangat membosankan bagi pemrogram. Pemrogram harus benar-benar menguasai operasi komputer secara teknis. Namun bahasa generasi ini memberikan eksekusi program yang sangat cepat. Selain itu, bahasa mesin sangat bergantung pada mesin (machine dependent), artinya, bahasa mesin antara satu mesin dengan mesin lainnya akan berbeda.
Kode dalam Bahasa Mesin
Bahasa Pemrograman Generasi II
Bahasa pemrograman generasi kedua menggunakan bahasa rakitan (assembly). Sebagai pengganti kode-kode biner, digunakanlah kependekan dari kata-kata. Misalkan “MOV” untuk menyatakan “MOVE” dan JNZ yang berarti “jump non-zero”. Setiap instruksi dalam bahasa rakitan sebenarnya identik dengan satu instruksi dalam bahasa mesin. Bahasa ini sedikit lebih mudah dipahami daripada bahasa mesin. Bahasa ini sedikit lebih mudah dipahami daripada bahasa mesin mengingat perintah dalam bentuk kata-kata yang dipendekkan lebih mudah daripada mengingat deretan angka biner.
Berikut adalah contoh instruksi yang ditulis dalam bahasa rakitan akan menjadi seperti berikut:
Tampak bahwa penggunaan notasi seperti MOV AH, 02 jauh lebih mudah diingat atau dipahami daripada penulisan instruksi dalam bahasa mesin: B402 atau 1011 0100 0000 0010.
Kode dalam Bahasa Rakitan
Bahasa Pemrograman Generasi III
Bahasa pemrograman generasi ketiga menggunakan pendekatan prosedural. Sebagai bahasa prosedural, pemrogram perlu menuliskan instruksi-instruksi yang rinci agar komputer melaksanakan tugasnya. Program ditulis dengan menggunakan kata-kata yang biasa dipakai manusia, seperti WRITE untuk menampilkan sesuatu di layar dan READ untuk membaca data dari keyboard.
Bahasa generasi ketiga seringkali disebut sebagai high level language disebabkan bahasa ini menggunakan kata-kata yang biasa digunakan manusia. Beberapa contoh bahasa pemrograman yang masuk dalam kategori generasi ketiga yaitu ADA, ALGOL, C, BASIC, COBOL, FORTRAN, dan PASCAL.
Bahasa Pemrograman Generasi IV
Bahasa pemrograman generasi keempat dirancang untuk mengurangi waktu pemrograman dalam membuat program sehingga diharapkan produktifitas pemrogram jadi meningkat dan program dapat dibuat dalam waktu yang lebih singkat. Alhasil, bahasa pemrograman generasi keempat yang dikenal dengan sebutan 4GL dapat dipakai oleh pemakai yang kurang mengetahui hal-hal teknis tentang pemrograman tanpa bantuan pemrogram profesional. Sebagai contoh pemrogram dapat membuat program dengan Microsoft Access di lingkungan PC dengan mudah.
Bahasa pemrograman generasi keempat biasa disebut sebagai high level language atau bahasa berorientasi pada masalah (problem oriented language) karena memungkinkan pemakai menyelesaikan masalah dengan sedikit penulisan kode dibandingkan pada bahasa prosedural. Bahasa pemrograman generasi keempat menggunakan pendekatan non-prosedural. Untuk mendapatkan suatu hasil, seorang pemakai tidak perlu memberitahukan secara detail tentang bagaimana mendapatkannya. Gambar di bawah ini memberikan contoh yang menunjukkan perbedaan bahasa prosedural dan non-prosedural dalam memperoleh data tentang seorang mahasiswa.
Bahasa Prosedural dan Non Prosedural
Bahasa Pemrograman Generasi V
Bahasa pemrograman generasi kelima merupakan kelompok bahasa-bahasa pemrograman yang ditujukan untuk menangani kecerdasan buatan (artificial intelligence). Kecerdasan buatan adalah disiplin dalam ilmu komputer yang mempelajari cara komputer meniru kecerdasan manusia. Berbagai aplikasi kecerdasan manusia adalah sebagai berikut:
• Pemrosesan bahasa alami (natural language processing), yakni mengatur komputer agar bisa berkomunikasi dengan manusia melalui bahasa manusia (Indonesia, Inggris, Spanyol, Prancis, dan sebagainya).
• Pengedalian robotika dan sensor mata.
• Aplikasi sistem pakar (expert system) yang meniru seorang pakar di bidang tertentu sehingga bisa menghasilkan nasehat atau pemikiran yang setara dengan seorang pakar.
Dengan menggunakan bahasa generasi kelima dimungkinkan untuk melakukan perintah dengan cara percakapan seperti berikut:
“Tampilkan semua nama mahasiswa yang IPK-nya di atas 3,0 dan urutkan berdasarkan IP secara descending”
PROLOG dan LISP merupakan dua contoh bahasa pemrograman yang ditujukan untuk menangani kecerdasan buatan
Generasi Bahasa Pemrograman
Bahasa pemrograman adalah software bahasa komputer yang digunakan dengan cara merancang atau membuat program sesuai dengan struktur dan metode yang dimiliki oleh bahasa program itu sendiri. Komputer mengerjakan transformasi data berdasarkan kumpulan printah program yang telah dibuat oleh program. Kumpulan perintah ini harus dimengerti oleh komputer, berstruktur terntentu (syntax), dan bermakna. Bahasa pemrograman merupakan notasi untuk memberikan secara tepat program komputer. Berbeda dengan bahasa, misalkan Bahasa Indonesia dan Inggris yang merupakan bahasa alamiah (natural language), sintaksis dan semantik bahasa pemrograman komputer ditentukan secara jelas dan terstruktur, sehingg bahasa pemrograman juga disebut sebagai bahasa formal (formal language).
Menurut tingkatannya, bahasa pemrograman dibagi menjadi 3 tingkatan, yaitu:
• Bahasa pemrograman tingkat rendah (low level language), merupakan bahasa pemrograman generasi pertama, bahasa pemrograman jenis ini sangat sulit dimengerti karena instruksinya menggunakan bahasa mesin. Biasanya yang mengerti hanyalah pembuatnya saja karena isinya programnya berupa kode-kode mesin.
• Bahasa pemrograman tingkat menengah (middle level language), merupakan bahasa pemrograman dimana pengguna instruksi sudah mendekati bahasa sehari-hari, walaupun begitu masih sulit untuk dimengerti karena banyak menggunakan singkatan-singkatan seperti “STO” artinya simpan (STORE) dan “MOV” artinya pindahkan (MOVE). Yang tergolong dalam bahasa ini adalah assembler.
• Bahasa pemrograman tingkat tinggi (high level language) merupakan bahasa yang mempunyai ciri lebih terstruktur, mudah dimengerti karena menggunakan bahasa sehari-hari, contoh bahasa level ini adalah: Delphi, Pascal, ORACLE, MS-SQL, Perl, Phyton, Basic, Visual Studio (Visual Basic, Visual FoxPro), Informix, C, C++, ADA, Java, PHP, ASP, XML, dan lain-lain. Bahasa seperti Java, PHP, ASP, XML biasanya digunakan untuk pemrograman pada internet, dan masih banyak lagi yang terus berkembang yang saat ini biasanya dengan ekstensi .net (baca: dot net) seperti Visual Basic.NET dan Delphi.Net yang merupakan bahasa pemrograman yang dikembangkan pada aran berbasis internet
Sejauh ini bahasa pemrograman dikelompokkan menjadi lima generasi. Setiap generasi bahasa pemrograman memiliki karakteristik tersendiri. Semakin maju generasinya maka orientasi bahasa pemrograman ini akan semakin dekat ke manusia.
Gambar di atas menunjukkan terjadinya kecenderungan pergeseran orientasi dalam bahasa-bahasa pemrograman, dari pendekatan yang berorientasi kepada mesin menuju ke pendekatan yang berorientasi pada manusia.
Bahasa Pemrograman Generasi I
Bahasa pemrograman generasi pertama berorientasi pada mesin. Program disusun dengan menggunakan bahasa mesin. Tentu saja program generasi ini sangat sulit untuk dipahami oleh orang awam dan sangat membosankan bagi pemrogram. Pemrogram harus benar-benar menguasai operasi komputer secara teknis. Namun bahasa generasi ini memberikan eksekusi program yang sangat cepat. Selain itu, bahasa mesin sangat bergantung pada mesin (machine dependent), artinya, bahasa mesin antara satu mesin dengan mesin lainnya akan berbeda.
Kode dalam Bahasa Mesin
Bahasa Pemrograman Generasi II
Bahasa pemrograman generasi kedua menggunakan bahasa rakitan (assembly). Sebagai pengganti kode-kode biner, digunakanlah kependekan dari kata-kata. Misalkan “MOV” untuk menyatakan “MOVE” dan JNZ yang berarti “jump non-zero”. Setiap instruksi dalam bahasa rakitan sebenarnya identik dengan satu instruksi dalam bahasa mesin. Bahasa ini sedikit lebih mudah dipahami daripada bahasa mesin. Bahasa ini sedikit lebih mudah dipahami daripada bahasa mesin mengingat perintah dalam bentuk kata-kata yang dipendekkan lebih mudah daripada mengingat deretan angka biner.
Berikut adalah contoh instruksi yang ditulis dalam bahasa rakitan akan menjadi seperti berikut:
Tampak bahwa penggunaan notasi seperti MOV AH, 02 jauh lebih mudah diingat atau dipahami daripada penulisan instruksi dalam bahasa mesin: B402 atau 1011 0100 0000 0010.
Kode dalam Bahasa Rakitan
Bahasa Pemrograman Generasi III
Bahasa pemrograman generasi ketiga menggunakan pendekatan prosedural. Sebagai bahasa prosedural, pemrogram perlu menuliskan instruksi-instruksi yang rinci agar komputer melaksanakan tugasnya. Program ditulis dengan menggunakan kata-kata yang biasa dipakai manusia, seperti WRITE untuk menampilkan sesuatu di layar dan READ untuk membaca data dari keyboard.
Bahasa generasi ketiga seringkali disebut sebagai high level language disebabkan bahasa ini menggunakan kata-kata yang biasa digunakan manusia. Beberapa contoh bahasa pemrograman yang masuk dalam kategori generasi ketiga yaitu ADA, ALGOL, C, BASIC, COBOL, FORTRAN, dan PASCAL.
Bahasa Pemrograman Generasi IV
Bahasa pemrograman generasi keempat dirancang untuk mengurangi waktu pemrograman dalam membuat program sehingga diharapkan produktifitas pemrogram jadi meningkat dan program dapat dibuat dalam waktu yang lebih singkat. Alhasil, bahasa pemrograman generasi keempat yang dikenal dengan sebutan 4GL dapat dipakai oleh pemakai yang kurang mengetahui hal-hal teknis tentang pemrograman tanpa bantuan pemrogram profesional. Sebagai contoh pemrogram dapat membuat program dengan Microsoft Access di lingkungan PC dengan mudah.
Bahasa pemrograman generasi keempat biasa disebut sebagai high level language atau bahasa berorientasi pada masalah (problem oriented language) karena memungkinkan pemakai menyelesaikan masalah dengan sedikit penulisan kode dibandingkan pada bahasa prosedural. Bahasa pemrograman generasi keempat menggunakan pendekatan non-prosedural. Untuk mendapatkan suatu hasil, seorang pemakai tidak perlu memberitahukan secara detail tentang bagaimana mendapatkannya. Gambar di bawah ini memberikan contoh yang menunjukkan perbedaan bahasa prosedural dan non-prosedural dalam memperoleh data tentang seorang mahasiswa.
Bahasa Prosedural dan Non Prosedural
Bahasa Pemrograman Generasi V
Bahasa pemrograman generasi kelima merupakan kelompok bahasa-bahasa pemrograman yang ditujukan untuk menangani kecerdasan buatan (artificial intelligence). Kecerdasan buatan adalah disiplin dalam ilmu komputer yang mempelajari cara komputer meniru kecerdasan manusia. Berbagai aplikasi kecerdasan manusia adalah sebagai berikut:
• Pemrosesan bahasa alami (natural language processing), yakni mengatur komputer agar bisa berkomunikasi dengan manusia melalui bahasa manusia (Indonesia, Inggris, Spanyol, Prancis, dan sebagainya).
• Pengedalian robotika dan sensor mata.
• Aplikasi sistem pakar (expert system) yang meniru seorang pakar di bidang tertentu sehingga bisa menghasilkan nasehat atau pemikiran yang setara dengan seorang pakar.
Dengan menggunakan bahasa generasi kelima dimungkinkan untuk melakukan perintah dengan cara percakapan seperti berikut:
“Tampilkan semua nama mahasiswa yang IPK-nya di atas 3,0 dan urutkan berdasarkan IP secara descending”
PROLOG dan LISP merupakan dua contoh bahasa pemrograman yang ditujukan untuk menangani kecerdasan buatan
Makalah Struktur Data dan Program Pascal
BAB I
PENDAHULUAN
Pascal merupakan suatu bahasa komputer tingkat tinggi yang dibuat sekitar tahun 1970 oleh Niklaus Wirth dan digunakan untuk pendidikan komputer. Nama Pascal diambil dari seorang ahli matematika yang bernama Blaise Pascal yang menemukan mesin hitung pertama. Bahasa Pascal dirancang untuk menyelesaikan masalah dari berbagai kalangan pemakai, mulai dari para mahasiswa, pendidik, dan ilmuwan. Salah satu kompiler pascal yang terkenal dan tercepat adalah Turbo PASCAL yang dibuat oleh perusahaan Borland.
Pascal adalah suatu bahasa pemrograman terstruktur. Hal tersebut berarti semua program yang anda buat harus terstruktur dan teratur, dalam hal ini ada pemakaian goto dan jump. Struktur program pascal yang paling sederhana adalah :
PENDAHULUAN
Pascal merupakan suatu bahasa komputer tingkat tinggi yang dibuat sekitar tahun 1970 oleh Niklaus Wirth dan digunakan untuk pendidikan komputer. Nama Pascal diambil dari seorang ahli matematika yang bernama Blaise Pascal yang menemukan mesin hitung pertama. Bahasa Pascal dirancang untuk menyelesaikan masalah dari berbagai kalangan pemakai, mulai dari para mahasiswa, pendidik, dan ilmuwan. Salah satu kompiler pascal yang terkenal dan tercepat adalah Turbo PASCAL yang dibuat oleh perusahaan Borland.
Pascal adalah suatu bahasa pemrograman terstruktur. Hal tersebut berarti semua program yang anda buat harus terstruktur dan teratur, dalam hal ini ada pemakaian goto dan jump. Struktur program pascal yang paling sederhana adalah :
Struktur Data Pohon Pencarian Biner dan Program Pascal
A. Struktur Data
1. Stuktur Data Pohon AVL
AVL merupakan pohon pencarian biner seimbang (self-balancing binary search tree). Pencarian, penyisipan dan penghapusan memiliki kompleksitas waktu O (log n) untuk kasus rata-rata dan kasus terburuk. Jika factor seimbang (balance factor) -1, 0, 1 maka pohon masih AVL dan tidak perlu rotasi pohon (penyeimbangan lagi), namun jika factor seimbangnya -2 , 2 maka perlu rotasi pohon. Untuk meyeimbangkan kembali.
a. Stuktur Data Pohon Merah Hitam (Red Black Tree)
Karakteristik pohon merah hitam :
o Simpul berwarna hitam atau merah
o Akar selalu berwarna hitam
o Semua daun pada pohon berwarna hitam
o Kedua anak dari simpul merah harus berwarna hitam
o Setiap jalur yang dilalui dari akar sampai ke daun memiliki jumlah simpul hitam yang sama.
Jumlah simpul hitam dalam satu jalur disebut black-height pohon. Karakteristik di atas menjamin jalur yang dilalui dari akar ke daun tidak lebih dari dua kali . Jumlah memory yang dibutuhkan untuk menyimpan simpul merah hitam harus dijaga agar tetap minimum, terutama bila simpul ini telah dialokasi. Pencarian, penyisipan dan penghapusan memiliki kompleksitas waktu O (logn).
b. Stuktur Data Pohon Splay (Splay Tree)
Pohon splay merupakan self-adjusting binary search tree yang strukturnya telah dimodifikasi (tidak unutk isinya). Operasi splay pada simpul x pada pohon pencarian biner terdiri dari langkah-langkah berikut, hingga x menjadi akar pohon . Berikut disebutkan langkah splay :
Kasus 1 : jika x adalah anak kiri dari akar y, maka maka rotasi kanan y menjadi anak kanan x, seperti pada gambar 1 (a). Berlaku pada arah kebalikannya. Kasus ini disebut kasus zig.
Kasus 2 : jika x adalah anak kiri y dan y adalah anak kiri dari z, maka rotasi kanan z, diikuti rotasi kanan y, seperti gambar 1(b). Berlaku juga untuk arah kebalikannya. Kasus ini disebut kasus zig-zig.
Kasus 3 : jika x adalah anak kanan dari y dan y adalah anak kiri dari z, maka rotasi kiri y
Diikuti rotas kanan z, seperti gambar 1(c). Kasus ini disebut kasus zig-zag.
Gambar 1: Langkah splay. Simpul yang diakses adalah x .
(a) zig : rotasi tunggal.
(b) Zig-zig : dua rotasi tunggal.
(c) Zig-zag : rotasi ganda.
c. Stuktur Data Treap
Treap adalah struktur data dasar pada pohon pencarian random/acak. Kata treap berasala dari tree dan heap. Lebih jelasnya, misalkan x menyatakan satu set item di mana setiap item memiliki kunci dan priority. Treap dari set x menyata kan kasus istimewa dari pohon pencarian biner yang mana set simpul disusun berurutan (tergantung kunci) seperti heap fashion ( tergantung pada prioritas). Waktu pencarian proposional terhadap kedalaman elemen pada pohon. Penyisipan elemen memerlukan proses 2-langkah. Langkah pertama menempatkan posisi daun (sesuai dengan nilai kunci) dan langkah kedua rotasi item ke atas (sesuai dengan priority dalam sturktur pohon ). Begitu juga dengan penghapusan yang memerlukan proses 2-langkah. Kompleksitas waktu untuk pencarian, penyisipan dan penghapusan adalah O (logn).
d. Stuktur Data Skip List.
Skip list menyatakan list berkait yang terurut di mana setiap simpul berisi variable nomor dari link ke simpul lain dalam suatu struktur. Sebagai gambaran link nth dari simpul point yang diberikan simpul-simpul di dalam suatu list melewati/skip bebrapa nomor simpul perantara. Untuk beberapa aplikasi, skip list menyatakan gambaran yang lebih umum dibandingkan struktur pohon karena menggunakan algoritma yang lebih simple untuk diimplementasikan. Namun, ukuran simpul yang bervariasi merupakan salah satu kelemahan skip list. Kompleksitas waktu rata-rata pada pencarian, penghapusan dan penyisipan adalah O (logn). Kemungkinan menemui kinerja yang buruk (kompleksitas waktu O(n) )memang sangat kecil, meskipun demikian, kemungkinan itu tetap ada.
e. Stuktur Data Pohon Radix.
Pada pohon pencarian radix , data disimpan sebagai objek daun sehingga simpul internal tidak memiliki nilai kunci . Simpul internal dari anak menyatakan simpul internal yang lain atau data yang sebenarnya. Untuk pengurutan (sort), memiliki kompleksitas waktu O (nk), di mana n menyatakan jumlah item dan k menyatakan rata-rata dari panjang kunci. Kelemahan algoritma pengurutan pada pohon radix adalah tidak bisa langsung dieksekusi pada tempatnya. Hal ini menyebabkan, kebutuhan penambahan memory O (n). Pengurutan radix membutuhkan 1 pass/langkah untuk setiap symbol kunci, sehingga kurang effisien.
2. Representasi Simpul
Idealnya, operasi traversal untuk menemukan suksesor dan predesor secara urut harus mencapai O (1). Berikut kompleksitas waktu kasus normal, terurut dari yang tercepat.
o list berkait O(1) traversal dengan sigle branchless pointer dereference.
o Threads O(1) traversal dengan mengikuti pointer tunggal upward atau downward.
o Right treads O(1) operasi suksesor, sepeerti simpul thread, tapi menemukan simpul predessor memerlukan O(log n), pencarian dari akar pohon di mana simpul tidak memiliki anak kiri.
o Parent pointer O(1) , traversal dengan menngikuti O(1) pointer upward atau downward dalam pohon.
o Plain O(1) traversal dengan mempertahankan tumpukan eksplisit (explicit stack). Jika pohon dimodofikasi maka kinerja menurun ke O (kg n).
Operasi rotasi yang digunakan untuk mempertahankan keseimbangan pohon seimbang, harus menanggulangi banyak representasi simpul. Dengan parent pointer, setiap rotasi membutuhkan 3 ekstra pointer assignment, jumlah assignment yang dilakukan menjadi ganda. Pada pohon threaded , setiap rotasi membutuhkan 1 atau 2 ekstra assignment dan dua cara cabang. Pada pohon right-threaded , setipa rotasi membutuhkan dua cara cabang dan 1 ekstra assignment. Representasi simpul juga membutuhkan memory yang berbeda. Parent pointer menambah pointer tunggalk pada setiap simpul ; simpul list berkait menambahkan dua. Simpul threaded menambahkan 2 “tag” bit setiap simpul untuk membedakan treads dari pointer anak dan simpul right threaded menambahkan 1 tag bit.
B. Pembahasan Kinerja Pohon Pencarian Biner
1. Operasi Penyisipan, Pencarian, dan Penghapusan.
Berikut beberapa sample variasi struktur data pohon pencarian biner dalam proses penyisipan. Pada kasus di atas, simpul terurut menurun, stuktur data treap merupakan yang terbaik. Namun, analisa lebih lanjut melalui pengukuran data , fluktuasi penyisipan, pencarian dan penghapusan yang berbeda (menaik, menurun, maupun random) membuktikan bahwa struktur pohon merah hitam memiliki kekonsistenan dan lebih cemerlang dalam hal implementasi.
a. Kinerja Pada Sytem Software
Perbandingan antara pohon yang tidak seimbang (treap, radix, split) dengan pohon seimbang (pohon merah hitam,pohon AVL, dan pohon splay) menghasilkan setiap struktur pohon lebih baik dalam situasi yang berbeda. Pohon tak seimbang paling baik saat input/ masukan data adalah random, tapi jika perintah randomnya adalah normal dan perintah pengurutan/sort berjalan seperti yang diharapkan naka pohon merah hitam merupakan piilihan yang tepat. Di lain pihak, jika penyisipan sering terjadi dalam perintah pengurutan,pohon AVL baik ketika akses selanjutnya cenderung random, sedangkan pohon splay memiliki kinerja yang baik ketika akses selanjutnya adalah berurut/sequential atau berkelompok/clustered .
Berikut merupakan penjelasan dari eksperimen yang dilakukan untuk mengetes kinerja dari struktur data pohon pencarian biner.
b. Virtual Memory Areas
Setipa proses dalam Unix seperti kernel memiliki virtual memory areas (VMAs). Minimum scara statis pohon berkait memiliki satu VMA untuk setiap kode, data dan segmen tumpukan (stack segments). Secara dinami, pohon berkait juga mmiliki kode dan data VMAs untuk setipa library yang dinamis. Pemroses dapat menciptakan sebuah VMAs yang berubah-ubah, bergantung pada btasa suatu system opersai atau arsitektur mesin dengan memetakan (mapping) disk files ke memory dengan mmap system call. VMAs bervariasi dalam ukuran dari 4 kB hinggnan 1 GB, sehingga konvensional hash tables tidak dapat mejaga track secara efisien. HAsg tables juga tidak dapat mendukung secara efisien jangkauan antrian yang dibutuhkan untuk menentukan yang mana VMAs yang ada dan yang tumpang tindih di area permintaan oleh mmap atau munmap call. Untuk mengatasi kedua hal di atas, digunakan sturktur data pohon pencarian biner (BST). Terbukti dari banyak kernel menggunakan BSTs untuk menjaga track VMAs : Linux sebelum 2.4.10 menggunakan pohon AVL, OpenBSD dan versi Linux selanjutnya menggunakan pohon merah hitam, Free BSD menggunakan pohon splay. Begitu juga dengan Windows NT.
Untuk random data set, semua implemntasi dikelompokkan dengan jangkauan yang relative kecil sekitar 2.3 kali perbedaan. Secara intuitif, implementasi tercepat haruslah yang memiliki ekstra kerja yang paling sedikit. Pada random data set , pohon pencarian biner biasa tidak ada rotasi, pohon merah-hitam 209 rotasi, pohon AVL 267, pohon splay 2678. Sehingga urutan mulai dari tercepat hingga yang paling lama adalah pohon pencarian biner yang biasa, pohon merah hitam, pohon AVL dan pohon splay. Dalam representasi simpul, dari yang tercepat adalah simpul list berkait, simpul dengan parent pointer, simpul threaded, simpul right-threaded dan terakhir simpul plain.
2. Internet Peer Cache
RFC 791 membutuhkan setiap IP dikirim dengan host internet yang ditandai dengan 16-bit identifikasi yang harus unik dari source tujuan dan protocol pada saat datagram aktif dalam internet system. Kernel Linux menggunakan pohon AVL yang indexnya dari peer IP address. Implementasi ini merupakan cara yang memudahkan dan membuat DoS menjadi lebih efisien. Contohnya hashing yang dapat membuat collision attack dapat diatasi dengan menggunakan teknik pohon seimbang. Peer pohon AVL digunakan sebagai second-level cache . Paket data dikirim ke host tertentu , sebuah simpul dan IP address nya disisipkan ke pohon. Penunjuk langsung ( direct pointer) ke simpul ini diletakkan pada route cache (first-level cache). Berikut merupakan data hasil test pada kondisi normal dan attack.
Tabel 1. Waktu dalam detik scenario pada normal dan attack simulasi. * menandakan lebih besar dari 60 detik.
a. Data tes normal
Dari hasil simulasi didapat urutan yang tercepat berdasarkan representasi simpul dimulai dari parent pointer, threads, plain, list berkait, right threads. Kecepatan parent pointer dan thread mempengaruhi kemampuan untuk menggunakan t_delete untuk penghapusan O(1). Di antara representasi simpul lainnya , plain merupakan yang tercepat karena tidak terhambat oleh manipulasi list berkait atau right thread yang tidak menguntungkan dalam eksperimen ini . Namun ada pengecualian, untuk pohon splay yang walaupun menggunakan representasi simpul thread, tetap merupakan yang paling lama. Hal ini disebakan oleh hasil yang tidak sesuai pada saat implementasi pohon splay. Untuk mengatasi keanehan ini, pohon splay dengan representasi simpul thread ini dimodifikasi untuk mempertahankan tumpukan parent pointer dan bergantung pada algoritma untuk mendapatkan simpul parent.
Tes Set Representasi BST AVL RB Splay
Normal plain parent threads right thread list berkait 4.74 3.94 3.99 5.52 4.93 5.10 4.07 4.45 5.71 5.40 5.06 3.78 4.17 5.64 5.25 7.70 7.19 13.25 8.29 8.41
attack plain parent threads right thread list berkait * * * * * 3.76 2.65 2.97 4.04 4.10 4.32 2.92 3.27 4.77 4.46 4.14 3.21 7.77 4.62 4.78
Tabel 1. Waktu dalam detik , scenario simulasi , * lebih besar dari 60 detik
Ketika eksperimen ini dijalankan pada system analisa didapat bahwa Pentium IV memiliki kerja ekstra terhadap cabang. Pomter parent dan list berkait membutuhkan lebih sedikit cabang dibandingkan yang lain. Itulah sebabnya mereka bisa lebih cepat.Untuk kasus normal dengan representasi simpul yang konsisten , maka urutan yang tercepat adalah pohon tak seimbang, pohon merah-hitam, pohon AVL dan pohon splay.
b. Data tes attack
Pohon AVL lebih baik dibanding pohon merah hitam karena pada pohon AVL yang seimbang sangat membantu dalam hal menjaga tinggi pohon menjadi minimum pada penyisipan selanjutnya dan menjaga langkah maksimum untuk semua operasi. Berdasarkan data yang diperoleh rata-rata internal panjang langkah semua operasi bervariasi kurang dari 1 % antara pohon AVL dengan pohon merah hitam. Pohon splay sangat buruk pada data set attack, karena proses sekuensial akses menjadi waktu linear.
Pentium IV, hasilnya berneda dengan sebelumnya di mana urutan yang tercepat adalah parent pointer, list berkait, threads, right threads dan plain.
3. Cross Reference Collator
Penggunaan cross reference collator ini berguna untuk pengembangan perangkat lunak. Dikatakan “cross reference collator” karena menyisipkan satu set pengenal yang dibaca ke pohon tunggal . Setiap pengenal memilikki pohon sendiri yang terdiri dari nama file di mana pengenal itu muncul. Setiap file memiliki satu set jumlah baris yang berkorespondensi dengan baris file pengenal itu muncul.
a) Data tes normal
Untuk kasus normal pohon splay merupakan yang tercepat diikuti pohon merah hitam, pohon AVL, dan pohon tak seimbang.
b) Data tes terurut
Untuk kasus terurut, pohon splay merupan yang terbaik diikuti pohon AVL dan pohon merah hitam.
c) Data tes acak
Untuk kasus acak, justru pohon splay merupakan yang terburuk, sehingga lebih baik menggunakan pohon merah hitam.
4. Perbandingan
Berdasarkan hasil percobaan dibandingkan hingga diperoleh struktur data representasi simpul yang sesuai untuk berbagai kasus.
a. Pemilihan Stuktur Data
Pada kasus penyisipan pada urutan acak pohon tidak seimbang merupakan pilihan yang terbaik karena waktu yang dibutuhkan singkat dan ruangan yang kosong banyak. Sebaliknya jika penyisipan dilakukan pada data yang terurut pohon tidak seimbang ini jauh lebih buruk dibandingkan dengan pohon merah hitam ataupun pohon AVL. Pada kasus penyisipan data acak, namun dalam menjalankan program mengikutsertakan program pengurutan maka pohon merah hitam lebih baik dibandingkan pohon AVL karena pohon merah hitam lebih memerlukan kerja yang lebih sedikit dalam aturan penyeimbangan dalam menyeimbangkan data acak.Pohon splay sangat tidak direkomendasikan karena pengorbanan dalam hal splaying setiap akses. Untuk pohon splay merupakan pilihan terbaik saat program yang berikutnya merupakan data yang sekuensial (seperti pada percobaan VMA).
b. Pemilihan Representasi Simpul
Parent pointer merupakan yang terbaik diikuti representasi thread. Namun thread lebih baik digunakan saat ruang minimum karena penggunaan memory lebih sedikit. Representasi plain tanpa parent pointer atau thread lebih hemat waktu dalam meng-update penambahan bidang, namun tampaknya menghalangi efisiensi dalam implementasi t_delete. Representasi simpul list berkait merupakan pilihan terbaik pada percobaan VMA yang menggunakan operasi traversal t_next dan t_prev, namun sangat susah untuk internet peer. Hal ini disebabkan pengorbanan memory yang tinggi karena menggunakan dua penunjuk/pointer dalam satu simpul terutama jika traversal jarang dilakukan. Perpresentasi right thread tidak terlalu mendukung karena cara yang tidak efisien dalam hal implementasi t_delete.
C. Sebuah Program Menggunakan Bahasa Pascal
Program grafik;
uses crt;
type
tahun= array[1..6] of byte;
procedure input(var Thn: Tahun);
var i: byte;
begin
clrscr;
gotoxy(5,1); write('Data : (Dalam Jutaan)');
for i:=1 to 6 do
begin
repeat
gotoxy(5,2+i); write('Tahun ',i,' :');
gotoxy(16,2+i); ClrEol;
gotoxy(16,2+i); Readln(Thn[i]);
until (Thn[i] > 0) and (Thn[i] < 16);
end;
end;
Procedure gambar (Thn: Tahun);
var i, j: byte;
begin
for i:=0 to 14 do
begin
gotoxy(35,2+i); write(15-i:2,'|' );
end;
gotoxy(36,17); write(0,' ');
for i:= 1 to 34 do write('-');
gotoxy(39,18); write('2003 2004 2005 2006 2007 2008');
gotoxy(48,21); write('Jumlah Mahasiswa');
gotoxy(43,22); write('Universitas Serambi Mekkah');
for i:= 1 to 6 do
for j:= 1 to Thn[i] do
begin
gotoxy(33+i*6, 17-j); write('|**|');
end;
ReadKey;
end;
var Data : Tahun;
begin
Input(Data);
Gambar(Data);
end.
Hasil Output :
Data : (Dalam Jutaan)
15|
Tahun 1 : 1 14|
Tahun 2 : 3 13|
Tahun 3 : 4 12|
Tahun 4 : 5 11|
Tahun 5 : 7 10|
Tahun 6 : 9 9| |**|
8| |**|
7| |**| |**|
6| |**| |**|
5| |**| |**| |**|
4| |**| |**| |**| |**|
3| |**| |**| |**| |**| |**|
2| |**| |**| |**| |**| |**|
1| |**| |**| |**| |**| |**| |**|
0 --------------------------------------------
2003 2004 2005 2006 2007 2008
Jumlah Mahasiswa
Universitas Serambi Mekkah
1. Stuktur Data Pohon AVL
AVL merupakan pohon pencarian biner seimbang (self-balancing binary search tree). Pencarian, penyisipan dan penghapusan memiliki kompleksitas waktu O (log n) untuk kasus rata-rata dan kasus terburuk. Jika factor seimbang (balance factor) -1, 0, 1 maka pohon masih AVL dan tidak perlu rotasi pohon (penyeimbangan lagi), namun jika factor seimbangnya -2 , 2 maka perlu rotasi pohon. Untuk meyeimbangkan kembali.
a. Stuktur Data Pohon Merah Hitam (Red Black Tree)
Karakteristik pohon merah hitam :
o Simpul berwarna hitam atau merah
o Akar selalu berwarna hitam
o Semua daun pada pohon berwarna hitam
o Kedua anak dari simpul merah harus berwarna hitam
o Setiap jalur yang dilalui dari akar sampai ke daun memiliki jumlah simpul hitam yang sama.
Jumlah simpul hitam dalam satu jalur disebut black-height pohon. Karakteristik di atas menjamin jalur yang dilalui dari akar ke daun tidak lebih dari dua kali . Jumlah memory yang dibutuhkan untuk menyimpan simpul merah hitam harus dijaga agar tetap minimum, terutama bila simpul ini telah dialokasi. Pencarian, penyisipan dan penghapusan memiliki kompleksitas waktu O (logn).
b. Stuktur Data Pohon Splay (Splay Tree)
Pohon splay merupakan self-adjusting binary search tree yang strukturnya telah dimodifikasi (tidak unutk isinya). Operasi splay pada simpul x pada pohon pencarian biner terdiri dari langkah-langkah berikut, hingga x menjadi akar pohon . Berikut disebutkan langkah splay :
Kasus 1 : jika x adalah anak kiri dari akar y, maka maka rotasi kanan y menjadi anak kanan x, seperti pada gambar 1 (a). Berlaku pada arah kebalikannya. Kasus ini disebut kasus zig.
Kasus 2 : jika x adalah anak kiri y dan y adalah anak kiri dari z, maka rotasi kanan z, diikuti rotasi kanan y, seperti gambar 1(b). Berlaku juga untuk arah kebalikannya. Kasus ini disebut kasus zig-zig.
Kasus 3 : jika x adalah anak kanan dari y dan y adalah anak kiri dari z, maka rotasi kiri y
Diikuti rotas kanan z, seperti gambar 1(c). Kasus ini disebut kasus zig-zag.
Gambar 1: Langkah splay. Simpul yang diakses adalah x .
(a) zig : rotasi tunggal.
(b) Zig-zig : dua rotasi tunggal.
(c) Zig-zag : rotasi ganda.
c. Stuktur Data Treap
Treap adalah struktur data dasar pada pohon pencarian random/acak. Kata treap berasala dari tree dan heap. Lebih jelasnya, misalkan x menyatakan satu set item di mana setiap item memiliki kunci dan priority. Treap dari set x menyata kan kasus istimewa dari pohon pencarian biner yang mana set simpul disusun berurutan (tergantung kunci) seperti heap fashion ( tergantung pada prioritas). Waktu pencarian proposional terhadap kedalaman elemen pada pohon. Penyisipan elemen memerlukan proses 2-langkah. Langkah pertama menempatkan posisi daun (sesuai dengan nilai kunci) dan langkah kedua rotasi item ke atas (sesuai dengan priority dalam sturktur pohon ). Begitu juga dengan penghapusan yang memerlukan proses 2-langkah. Kompleksitas waktu untuk pencarian, penyisipan dan penghapusan adalah O (logn).
d. Stuktur Data Skip List.
Skip list menyatakan list berkait yang terurut di mana setiap simpul berisi variable nomor dari link ke simpul lain dalam suatu struktur. Sebagai gambaran link nth dari simpul point yang diberikan simpul-simpul di dalam suatu list melewati/skip bebrapa nomor simpul perantara. Untuk beberapa aplikasi, skip list menyatakan gambaran yang lebih umum dibandingkan struktur pohon karena menggunakan algoritma yang lebih simple untuk diimplementasikan. Namun, ukuran simpul yang bervariasi merupakan salah satu kelemahan skip list. Kompleksitas waktu rata-rata pada pencarian, penghapusan dan penyisipan adalah O (logn). Kemungkinan menemui kinerja yang buruk (kompleksitas waktu O(n) )memang sangat kecil, meskipun demikian, kemungkinan itu tetap ada.
e. Stuktur Data Pohon Radix.
Pada pohon pencarian radix , data disimpan sebagai objek daun sehingga simpul internal tidak memiliki nilai kunci . Simpul internal dari anak menyatakan simpul internal yang lain atau data yang sebenarnya. Untuk pengurutan (sort), memiliki kompleksitas waktu O (nk), di mana n menyatakan jumlah item dan k menyatakan rata-rata dari panjang kunci. Kelemahan algoritma pengurutan pada pohon radix adalah tidak bisa langsung dieksekusi pada tempatnya. Hal ini menyebabkan, kebutuhan penambahan memory O (n). Pengurutan radix membutuhkan 1 pass/langkah untuk setiap symbol kunci, sehingga kurang effisien.
2. Representasi Simpul
Idealnya, operasi traversal untuk menemukan suksesor dan predesor secara urut harus mencapai O (1). Berikut kompleksitas waktu kasus normal, terurut dari yang tercepat.
o list berkait O(1) traversal dengan sigle branchless pointer dereference.
o Threads O(1) traversal dengan mengikuti pointer tunggal upward atau downward.
o Right treads O(1) operasi suksesor, sepeerti simpul thread, tapi menemukan simpul predessor memerlukan O(log n), pencarian dari akar pohon di mana simpul tidak memiliki anak kiri.
o Parent pointer O(1) , traversal dengan menngikuti O(1) pointer upward atau downward dalam pohon.
o Plain O(1) traversal dengan mempertahankan tumpukan eksplisit (explicit stack). Jika pohon dimodofikasi maka kinerja menurun ke O (kg n).
Operasi rotasi yang digunakan untuk mempertahankan keseimbangan pohon seimbang, harus menanggulangi banyak representasi simpul. Dengan parent pointer, setiap rotasi membutuhkan 3 ekstra pointer assignment, jumlah assignment yang dilakukan menjadi ganda. Pada pohon threaded , setiap rotasi membutuhkan 1 atau 2 ekstra assignment dan dua cara cabang. Pada pohon right-threaded , setipa rotasi membutuhkan dua cara cabang dan 1 ekstra assignment. Representasi simpul juga membutuhkan memory yang berbeda. Parent pointer menambah pointer tunggalk pada setiap simpul ; simpul list berkait menambahkan dua. Simpul threaded menambahkan 2 “tag” bit setiap simpul untuk membedakan treads dari pointer anak dan simpul right threaded menambahkan 1 tag bit.
B. Pembahasan Kinerja Pohon Pencarian Biner
1. Operasi Penyisipan, Pencarian, dan Penghapusan.
Berikut beberapa sample variasi struktur data pohon pencarian biner dalam proses penyisipan. Pada kasus di atas, simpul terurut menurun, stuktur data treap merupakan yang terbaik. Namun, analisa lebih lanjut melalui pengukuran data , fluktuasi penyisipan, pencarian dan penghapusan yang berbeda (menaik, menurun, maupun random) membuktikan bahwa struktur pohon merah hitam memiliki kekonsistenan dan lebih cemerlang dalam hal implementasi.
a. Kinerja Pada Sytem Software
Perbandingan antara pohon yang tidak seimbang (treap, radix, split) dengan pohon seimbang (pohon merah hitam,pohon AVL, dan pohon splay) menghasilkan setiap struktur pohon lebih baik dalam situasi yang berbeda. Pohon tak seimbang paling baik saat input/ masukan data adalah random, tapi jika perintah randomnya adalah normal dan perintah pengurutan/sort berjalan seperti yang diharapkan naka pohon merah hitam merupakan piilihan yang tepat. Di lain pihak, jika penyisipan sering terjadi dalam perintah pengurutan,pohon AVL baik ketika akses selanjutnya cenderung random, sedangkan pohon splay memiliki kinerja yang baik ketika akses selanjutnya adalah berurut/sequential atau berkelompok/clustered .
Berikut merupakan penjelasan dari eksperimen yang dilakukan untuk mengetes kinerja dari struktur data pohon pencarian biner.
b. Virtual Memory Areas
Setipa proses dalam Unix seperti kernel memiliki virtual memory areas (VMAs). Minimum scara statis pohon berkait memiliki satu VMA untuk setiap kode, data dan segmen tumpukan (stack segments). Secara dinami, pohon berkait juga mmiliki kode dan data VMAs untuk setipa library yang dinamis. Pemroses dapat menciptakan sebuah VMAs yang berubah-ubah, bergantung pada btasa suatu system opersai atau arsitektur mesin dengan memetakan (mapping) disk files ke memory dengan mmap system call. VMAs bervariasi dalam ukuran dari 4 kB hinggnan 1 GB, sehingga konvensional hash tables tidak dapat mejaga track secara efisien. HAsg tables juga tidak dapat mendukung secara efisien jangkauan antrian yang dibutuhkan untuk menentukan yang mana VMAs yang ada dan yang tumpang tindih di area permintaan oleh mmap atau munmap call. Untuk mengatasi kedua hal di atas, digunakan sturktur data pohon pencarian biner (BST). Terbukti dari banyak kernel menggunakan BSTs untuk menjaga track VMAs : Linux sebelum 2.4.10 menggunakan pohon AVL, OpenBSD dan versi Linux selanjutnya menggunakan pohon merah hitam, Free BSD menggunakan pohon splay. Begitu juga dengan Windows NT.
Untuk random data set, semua implemntasi dikelompokkan dengan jangkauan yang relative kecil sekitar 2.3 kali perbedaan. Secara intuitif, implementasi tercepat haruslah yang memiliki ekstra kerja yang paling sedikit. Pada random data set , pohon pencarian biner biasa tidak ada rotasi, pohon merah-hitam 209 rotasi, pohon AVL 267, pohon splay 2678. Sehingga urutan mulai dari tercepat hingga yang paling lama adalah pohon pencarian biner yang biasa, pohon merah hitam, pohon AVL dan pohon splay. Dalam representasi simpul, dari yang tercepat adalah simpul list berkait, simpul dengan parent pointer, simpul threaded, simpul right-threaded dan terakhir simpul plain.
2. Internet Peer Cache
RFC 791 membutuhkan setiap IP dikirim dengan host internet yang ditandai dengan 16-bit identifikasi yang harus unik dari source tujuan dan protocol pada saat datagram aktif dalam internet system. Kernel Linux menggunakan pohon AVL yang indexnya dari peer IP address. Implementasi ini merupakan cara yang memudahkan dan membuat DoS menjadi lebih efisien. Contohnya hashing yang dapat membuat collision attack dapat diatasi dengan menggunakan teknik pohon seimbang. Peer pohon AVL digunakan sebagai second-level cache . Paket data dikirim ke host tertentu , sebuah simpul dan IP address nya disisipkan ke pohon. Penunjuk langsung ( direct pointer) ke simpul ini diletakkan pada route cache (first-level cache). Berikut merupakan data hasil test pada kondisi normal dan attack.
Tabel 1. Waktu dalam detik scenario pada normal dan attack simulasi. * menandakan lebih besar dari 60 detik.
a. Data tes normal
Dari hasil simulasi didapat urutan yang tercepat berdasarkan representasi simpul dimulai dari parent pointer, threads, plain, list berkait, right threads. Kecepatan parent pointer dan thread mempengaruhi kemampuan untuk menggunakan t_delete untuk penghapusan O(1). Di antara representasi simpul lainnya , plain merupakan yang tercepat karena tidak terhambat oleh manipulasi list berkait atau right thread yang tidak menguntungkan dalam eksperimen ini . Namun ada pengecualian, untuk pohon splay yang walaupun menggunakan representasi simpul thread, tetap merupakan yang paling lama. Hal ini disebakan oleh hasil yang tidak sesuai pada saat implementasi pohon splay. Untuk mengatasi keanehan ini, pohon splay dengan representasi simpul thread ini dimodifikasi untuk mempertahankan tumpukan parent pointer dan bergantung pada algoritma untuk mendapatkan simpul parent.
Tes Set Representasi BST AVL RB Splay
Normal plain parent threads right thread list berkait 4.74 3.94 3.99 5.52 4.93 5.10 4.07 4.45 5.71 5.40 5.06 3.78 4.17 5.64 5.25 7.70 7.19 13.25 8.29 8.41
attack plain parent threads right thread list berkait * * * * * 3.76 2.65 2.97 4.04 4.10 4.32 2.92 3.27 4.77 4.46 4.14 3.21 7.77 4.62 4.78
Tabel 1. Waktu dalam detik , scenario simulasi , * lebih besar dari 60 detik
Ketika eksperimen ini dijalankan pada system analisa didapat bahwa Pentium IV memiliki kerja ekstra terhadap cabang. Pomter parent dan list berkait membutuhkan lebih sedikit cabang dibandingkan yang lain. Itulah sebabnya mereka bisa lebih cepat.Untuk kasus normal dengan representasi simpul yang konsisten , maka urutan yang tercepat adalah pohon tak seimbang, pohon merah-hitam, pohon AVL dan pohon splay.
b. Data tes attack
Pohon AVL lebih baik dibanding pohon merah hitam karena pada pohon AVL yang seimbang sangat membantu dalam hal menjaga tinggi pohon menjadi minimum pada penyisipan selanjutnya dan menjaga langkah maksimum untuk semua operasi. Berdasarkan data yang diperoleh rata-rata internal panjang langkah semua operasi bervariasi kurang dari 1 % antara pohon AVL dengan pohon merah hitam. Pohon splay sangat buruk pada data set attack, karena proses sekuensial akses menjadi waktu linear.
Pentium IV, hasilnya berneda dengan sebelumnya di mana urutan yang tercepat adalah parent pointer, list berkait, threads, right threads dan plain.
3. Cross Reference Collator
Penggunaan cross reference collator ini berguna untuk pengembangan perangkat lunak. Dikatakan “cross reference collator” karena menyisipkan satu set pengenal yang dibaca ke pohon tunggal . Setiap pengenal memilikki pohon sendiri yang terdiri dari nama file di mana pengenal itu muncul. Setiap file memiliki satu set jumlah baris yang berkorespondensi dengan baris file pengenal itu muncul.
a) Data tes normal
Untuk kasus normal pohon splay merupakan yang tercepat diikuti pohon merah hitam, pohon AVL, dan pohon tak seimbang.
b) Data tes terurut
Untuk kasus terurut, pohon splay merupan yang terbaik diikuti pohon AVL dan pohon merah hitam.
c) Data tes acak
Untuk kasus acak, justru pohon splay merupakan yang terburuk, sehingga lebih baik menggunakan pohon merah hitam.
4. Perbandingan
Berdasarkan hasil percobaan dibandingkan hingga diperoleh struktur data representasi simpul yang sesuai untuk berbagai kasus.
a. Pemilihan Stuktur Data
Pada kasus penyisipan pada urutan acak pohon tidak seimbang merupakan pilihan yang terbaik karena waktu yang dibutuhkan singkat dan ruangan yang kosong banyak. Sebaliknya jika penyisipan dilakukan pada data yang terurut pohon tidak seimbang ini jauh lebih buruk dibandingkan dengan pohon merah hitam ataupun pohon AVL. Pada kasus penyisipan data acak, namun dalam menjalankan program mengikutsertakan program pengurutan maka pohon merah hitam lebih baik dibandingkan pohon AVL karena pohon merah hitam lebih memerlukan kerja yang lebih sedikit dalam aturan penyeimbangan dalam menyeimbangkan data acak.Pohon splay sangat tidak direkomendasikan karena pengorbanan dalam hal splaying setiap akses. Untuk pohon splay merupakan pilihan terbaik saat program yang berikutnya merupakan data yang sekuensial (seperti pada percobaan VMA).
b. Pemilihan Representasi Simpul
Parent pointer merupakan yang terbaik diikuti representasi thread. Namun thread lebih baik digunakan saat ruang minimum karena penggunaan memory lebih sedikit. Representasi plain tanpa parent pointer atau thread lebih hemat waktu dalam meng-update penambahan bidang, namun tampaknya menghalangi efisiensi dalam implementasi t_delete. Representasi simpul list berkait merupakan pilihan terbaik pada percobaan VMA yang menggunakan operasi traversal t_next dan t_prev, namun sangat susah untuk internet peer. Hal ini disebabkan pengorbanan memory yang tinggi karena menggunakan dua penunjuk/pointer dalam satu simpul terutama jika traversal jarang dilakukan. Perpresentasi right thread tidak terlalu mendukung karena cara yang tidak efisien dalam hal implementasi t_delete.
C. Sebuah Program Menggunakan Bahasa Pascal
Program grafik;
uses crt;
type
tahun= array[1..6] of byte;
procedure input(var Thn: Tahun);
var i: byte;
begin
clrscr;
gotoxy(5,1); write('Data : (Dalam Jutaan)');
for i:=1 to 6 do
begin
repeat
gotoxy(5,2+i); write('Tahun ',i,' :');
gotoxy(16,2+i); ClrEol;
gotoxy(16,2+i); Readln(Thn[i]);
until (Thn[i] > 0) and (Thn[i] < 16);
end;
end;
Procedure gambar (Thn: Tahun);
var i, j: byte;
begin
for i:=0 to 14 do
begin
gotoxy(35,2+i); write(15-i:2,'|' );
end;
gotoxy(36,17); write(0,' ');
for i:= 1 to 34 do write('-');
gotoxy(39,18); write('2003 2004 2005 2006 2007 2008');
gotoxy(48,21); write('Jumlah Mahasiswa');
gotoxy(43,22); write('Universitas Serambi Mekkah');
for i:= 1 to 6 do
for j:= 1 to Thn[i] do
begin
gotoxy(33+i*6, 17-j); write('|**|');
end;
ReadKey;
end;
var Data : Tahun;
begin
Input(Data);
Gambar(Data);
end.
Hasil Output :
Data : (Dalam Jutaan)
15|
Tahun 1 : 1 14|
Tahun 2 : 3 13|
Tahun 3 : 4 12|
Tahun 4 : 5 11|
Tahun 5 : 7 10|
Tahun 6 : 9 9| |**|
8| |**|
7| |**| |**|
6| |**| |**|
5| |**| |**| |**|
4| |**| |**| |**| |**|
3| |**| |**| |**| |**| |**|
2| |**| |**| |**| |**| |**|
1| |**| |**| |**| |**| |**| |**|
0 --------------------------------------------
2003 2004 2005 2006 2007 2008
Jumlah Mahasiswa
Universitas Serambi Mekkah
Tugas LICH dll Sisber
Berapa
rata-rata probe bila rekaman dengan kunci :|
101
|
11
|
20
|
14
|
66
|
28
|
78
|
114
|
25
|
7
|
21
|
88
|
dan
|
77
|
di sisipkan kedalam tabel.
Penyelesaian :
1. LICH ( Mod 7)
|
Tabel : Kunci
|
|
Tabel : Home Address
|
||||
|
Kunci
|
Kunci
Mod 7
|
Probe
|
|
Alamat
|
Record
|
Link
|
|
101
|
3
|
1
|
|
0
|
14
|
10,8,2
|
|
11
|
4
|
1
|
|
1
|
18
|
|
|
20
|
6
|
1
|
|
2
|
77
|
|
|
14
|
0
|
1
|
|
3
|
101
|
12
|
|
66
|
3
|
2
|
|
4
|
11
|
11,5
|
|
28
|
7
|
1
|
|
5
|
88
|
|
|
78
|
1
|
1
|
|
6
|
20
|
|
|
114
|
9
|
1
|
|
7
|
28
|
|
|
25
|
4
|
2
|
|
8
|
21
|
|
|
7
|
0
|
2
|
|
9
|
114
|
|
|
21
|
0
|
3
|
|
10
|
7
|
|
|
88
|
4
|
3
|
|
11
|
25
|
|
|
77
|
0
|
4
|
|
12
|
66
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Rata-rata Probe :
23/13 =
|
1,7692
|
|
|
|
|
|
2. Coalesced Hashing (Mod 13)
|
Tabel : Kunci
|
|
Tabel : Home Address
|
||||
|
Kunci
|
Kunci
Mod 13
|
Probe
|
|
Alamat
|
Record
|
Link
|
|
101
|
10
|
1
|
|
0
|
11
|
11,6
|
|
11
|
0
|
1
|
|
1
|
14
|
12
|
|
20
|
7
|
1
|
|
2
|
28
|
|
|
14
|
1
|
1
|
|
3
|
77
|
|
|
66
|
1
|
2
|
|
4
|
88
|
|
|
28
|
2
|
1
|
|
5
|
21
|
|
|
78
|
0
|
2
|
|
6
|
7
|
|
|
114
|
10
|
2
|
|
7
|
20
|
|
|
25
|
12
|
1
|
|
8
|
25
|
5
|
|
7
|
0
|
3
|
|
9
|
114
|
|
|
21
|
8
|
1
|
|
10
|
101
|
9,4
|
|
88
|
10
|
3
|
|
11
|
78
|
|
|
77
|
12
|
2
|
|
12
|
66
|
8,3
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Rata-rata Probe :
21/13 =
|
1,6154
|
|
|
|
|
|
3. Progresif Overflow (Mod 13)
|
Tabel : Kunci
|
|
Tabel : Home Address
|
|||
|
Kunci
|
Kunci
Mod 13
|
Probe
|
|
Alamat
|
Record
|
|
101
|
10
|
1
|
|
0
|
11
|
|
11
|
0
|
1
|
|
1
|
14
|
|
20
|
7
|
1
|
|
2
|
66
|
|
14
|
1
|
1
|
|
3
|
28
|
|
66
|
1
|
2
|
|
4
|
78
|
|
28
|
2
|
2
|
|
5
|
7
|
|
78
|
0
|
5
|
|
6
|
88
|
|
114
|
10
|
2
|
|
7
|
20
|
|
25
|
12
|
1
|
|
8
|
21
|
|
7
|
0
|
6
|
|
9
|
77
|
|
21
|
8
|
1
|
|
10
|
101
|
|
88
|
10
|
10
|
|
11
|
114
|
|
77
|
12
|
11
|
|
12
|
25
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Rata-rata Probe :
44/13 =
|
3,3846
|
|
|
|
|
4. Penggunaan Buckets (Mod 7)
|
Tabel : Kunci
|
|
Tabel : Home Address
|
||||
|
Kunci
|
Kunci
Mod 7
|
Probe
|
|
Alamat
|
Record
1
|
Record
2
|
|
101
|
3
|
1
|
|
0
|
14
|
7
|
|
11
|
4
|
1
|
|
1
|
78
|
21
|
|
20
|
6
|
1
|
|
2
|
77
|
|
|
14
|
0
|
1
|
|
3
|
101
|
66
|
|
66
|
3
|
1
|
|
4
|
11
|
25
|
|
28
|
7
|
1
|
|
5
|
88
|
|
|
78
|
1
|
1
|
|
6
|
20
|
|
|
114
|
9
|
1
|
|
7
|
28
|
|
|
25
|
4
|
1
|
|
8
|
|
|
|
7
|
0
|
1
|
|
9
|
114
|
|
|
21
|
0
|
2
|
|
10
|
|
|
|
88
|
4
|
2
|
|
11
|
|
|
|
77
|
0
|
3
|
|
12
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Rata-rata Probe :
17/13 =
|
1,3077
|
|
|
|
|
|
5. Bagan Linear (Mod 13)
|
Tabel : Kunci
|
|
Tabel : Home Address
|
|||||
|
Kunci
|
Kunci
Mod 13
|
Quadrat
|
H2
|
Probe
|
|
Alamat
|
Record
|
|
101
|
14
|
101/13
mod 13 = 9 mod 13= 9
|
9
|
1
|
|
0
|
11
|
|
11
|
0
|
-
|
-
|
1
|
|
1
|
14
|
|
20
|
7
|
20/13
mod 13=1 mod 13=1
|
1
|
1
|
|
2
|
28
|
|
14
|
1
|
14/13
mod 13=1 mod 13=1
|
1
|
1
|
|
3
|
78
|
|
66
|
1
|
66/13
mod 13=5 mod 13=5
|
5
|
2
|
|
4
|
7
|
|
28
|
2
|
28/13
mod 13=2 mod 13=2
|
2
|
1
|
|
5
|
88
|
|
78
|
0
|
-
|
-
|
4
|
|
6
|
66
|
|
114
|
10
|
114/13
mod 13=8 mod 13=8
|
8
|
1
|
|
7
|
20
|
|
25
|
12
|
25/13
mod13=1 mod 13=1
|
1
|
1
|
|
8
|
21
|
|
7
|
0
|
-
|
-
|
5
|
|
9
|
101
|
|
21
|
8
|
21/13
mod 13=1 mod 13=1
|
1
|
1
|
|
10
|
114
|
|
88
|
10
|
88/13
mod 13=6 mod 13=6
|
6
|
10
|
|
11
|
77
|
|
77
|
1
|
77/13
mod 13=6 mod 13=6
|
6
|
10
|
|
12
|
25
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Rata-rata
Probe : 39/13 =
|
3
|
|
|
|
|||
Langganan:
Postingan (Atom)
Bisnis Online Pemula
