Bilangan dan Bentuk Aljabar, Himpunan dan Penalaran

Dengan rumus hasil kali jumlah dan selisih (a+b)(a−b)=a²−b², diperoleh x²−9. Bentuk x²+9 muncul dari kesalahan tanda, sedangkan x²−6x+9 muncul karena tertukar dengan (x−3)². Bisa juga diperiksa dengan menjabarkan langsung: x²−3x+3x−9.

Dengan (a+b)²=a²+2ab+b², diperoleh x²+2·x·2+2² = x²+4x+4. Bentuk x²+4 adalah kesalahan klasik karena suku tengah 2ab terlupakan. Menjabarkan (x+2)(x+2) dengan sifat distributif memberi x²+2x+2x+4, sehingga hasilnya dapat diperiksa.

Karena 2x·x=2x², lalu 2x·(−4)+3·x=−8x+3x=−5x, dan 3·(−4)=−12, hasilnya 2x²−5x−12. Bentuk −11x muncul karena −8x dan 3x yang seharusnya dijumlahkan justru dihitung sebagai −8−3, sedangkan 2x²+5x−12 adalah kesalahan tanda.

Dua bilangan yang hasil kalinya 6 dan jumlahnya 5 adalah 2 dan 3, sehingga hasilnya (x+2)(x+3). Pada (x+1)(x+6) hasil kalinya memang 6 tetapi jumlahnya 7, sedangkan (x−2)(x−3) bila dijabarkan menjadi x²−5x+6 sehingga tandanya tidak cocok.

Dengan cara silang, uraikan 2=2×1 dan 3=1×3; jumlah hasil kali silangnya 2×3+1×1=7 sudah cocok, sehingga hasilnya (2x+1)(x+3). Bila (2x+3)(x+1) dijabarkan hasilnya 2x²+5x+3 sehingga koefisien x tidak cocok. Membiasakan diri memeriksa kembali dengan menjabarkan sangat penting.

Uraikan 3=3×1 dan 8=(−4)×(−2); jumlah hasil kali silangnya 3×(−2)+(−4)×1=−10 sudah cocok, sehingga hasilnya (3x−4)(x−2). Bila (3x−2)(x−4) dijabarkan hasilnya 3x²−14x+8, sedangkan (3x+4)(x+2) memberi 3x²+10x+8 yang tandanya berlawanan.

Uraikan 6=2×3 dan −2=(−1)×2; jumlah hasil kali silangnya 2×2+(−1)×3=1 sudah cocok, sehingga hasilnya (2x−1)(3x+2). Bila (2x+1)(3x−2) dijabarkan hasilnya 6x²−x−2 sehingga tanda koefisien x menjadi berlawanan.

Tiga suku terakhir dirangkum menjadi −(y²−4y+4)=−(y−2)², sehingga bentuknya x²−(y−2)². Dengan A²−B²=(A+B)(A−B) dan A=x, B=y−2, hasilnya (x+y−2)(x−y+2). Salah membagikan tanda pada B menghasilkan bentuk lain. Sebaiknya diperiksa kembali dengan menjabarkan untuk melihat apakah kembali ke bentuk semula.

Dengan pemisalan x²=t diperoleh t²−5t+4=(t−1)(t−4). Kembalikan ke x² menjadi (x²−1)(x²−4), lalu faktorkan masing-masing dengan A²−B² sehingga menjadi (x+1)(x−1)(x+2)(x−2). Pemfaktoran dilakukan sampai tidak dapat dipecah lagi.

Dengan pemisalan x²+x=t diperoleh t²−8t+12=(t−2)(t−6). Setelah dikembalikan menjadi (x²+x−2)(x²+x−6)=(x+2)(x−1)(x+3)(x−2). Pasangan bilangan yang hasil kalinya 12 dan jumlahnya −8 adalah −2 dan −6; pasangan −3 dan −4 tidak cocok karena jumlahnya −7.

√12=√(4×3)=√4×√3=2√3, yaitu faktor kuadrat 4 dikeluarkan dari tanda akar. Bentuk 3√2 muncul dari penguraian yang keliru seolah 12=9×2… (padahal 9×2=18, jadi salah). Secara numerik pun √12≒3.46 dan 2√3≒3.46 sehingga cocok.

Keluarkan dulu faktornya: √27=3√3 dan √12=2√3, lalu jumlahkan suku sejenis sehingga 3√3+2√3=5√3. Bentuk √39 adalah kesalahan karena isi akar langsung dijumlahkan. Isi tanda akar hanya boleh digabung pada perkalian dan pembagian.

Dengan (a+b)(a−b)=a²−b² diperoleh (√5)²−(√2)²=5−2=3. Nilai 7 muncul karena keliru menjumlahkan 5+2, sedangkan √3 muncul karena tanda akar dibiarkan tetap ada.

Kalikan pembilang dan penyebut dengan √3 sehingga √3/(√3×√3)=√3/3; penyebutnya menjadi (√3)²=3. Bentuk √3/9 adalah kesalahan karena penyebutnya dianggap 3².

Kalikan pembilang dan penyebut dengan bentuk sekawan √5+√3 sehingga penyebutnya menjadi 5−3=2. Jadi 2(√5+√3)/2=√5+√3. Bentuk 2(√5+√3) muncul karena lupa menyederhanakan dengan 2 di akhir, sedangkan (√5+√3)/4 mudah muncul bila penyebut keliru dihitung 5+3=8.

Dengan (a+b)²=a²+2ab+b² diperoleh 3+2√3·√2+2=5+2√6. Nilai 5 muncul karena suku tengah 2ab terlupakan, sedangkan 5+√6 muncul karena lupa mengalikan dengan 2.

Karena π>3, isi tanda mutlak yaitu 3−π bernilai negatif. Untuk nilai negatif berlaku |a|=−a, sehingga |3−π|=−(3−π)=π−3. Jika tanda mutlak dilepas begitu saja menjadi 3−π, hasilnya negatif; nilai mutlak (yaitu jarak) tidak mungkin negatif, dan dari situ kekeliruannya dapat diperiksa.

Karena 4<7<9 maka 2<√7<3, sehingga bagian bulatnya a=2. Bagian pecahan adalah bilangan semula dikurangi bagian bulatnya, yaitu b=√7−2 (memenuhi 0≦b<1). Bentuk √7−3 bernilai negatif sehingga tidak dapat menjadi bagian pecahan.

Setelah penyebut dirasionalkan diperoleh x=2+√3 dan 1/x=2−√3. Karena x+1/x=4, maka x²+1/x²=(x+1/x)²−2=16−2=14. Nilai 16 muncul karena suku −2 terlupakan sehingga berhenti pada (x+1/x)². Memang x²=7+4√3 dan 1/x²=7−4√3, sehingga jumlahnya 14.

x³+1/x³=(x+1/x)³−3(x+1/x)=27−9=18. Nilai 27 muncul karena suku koreksi −3(x+1/x) terlupakan, sedangkan 24 muncul karena hanya dikurangi 3. Nilai 7 adalah nilai x²+1/x², yaitu besaran yang berbeda.

Setelah dipindahkan ruas diperoleh 3x>9, lalu dibagi bilangan positif 3 sehingga x>3. Saat membagi dengan bilangan positif, arah tanda pertidaksamaan tidak berubah. Jawaban x>9 muncul karena lupa membagi dengan 3.

Setelah dipindahkan ruas diperoleh −2x≦6. Karena dibagi bilangan negatif −2, arah tanda pertidaksamaan berbalik sehingga x≧−3. Jawaban x≦−3 adalah kesalahan klasik karena lupa membalik arah tanda. Bila x=0 disubstitusikan, diperoleh 3≦9 yang benar, sehingga x≧−3 yang memuat 0 dapat dipastikan tepat.

Pindahkan 2x ke kiri dan −1 ke kanan sehingga 2x<6, jadi x<3. Jawaban x<2 muncul karena keliru menghitung 5−1=4 lalu menulis 2x<4. Bila diperiksa dengan x=0, diperoleh −1<5 yang benar, dan 0 memang termasuk penyelesaian sehingga konsisten.

Kalikan kedua ruas dengan 6 sehingga 3x−6>2x, lalu pindahkan ruas sehingga x>6. Jawaban x>1 muncul karena suku konstan −1 lupa dikalikan 6 sehingga tertulis 3x−1>2x. Saat menghilangkan penyebut, suku konstan pun harus dikalikan dengan bilangan yang sama.

Dari yang pertama diperoleh x>2 (nilai 2 tidak termasuk), sedangkan yang kedua memberi 2x≦8 sehingga x≦4 (nilai 4 termasuk). Irisannya adalah 2<x≦4. Termasuk atau tidaknya titik ujung mengikuti tanda pertidaksamaan aslinya (> dan ≦).

Pada garis bilangan terdapat dua titik yang berjarak 5 dari titik asal, yaitu x=5 dan x=−5, yang dirangkum sebagai x=±5. Bila hanya nilai positif yang dijawab, satu penyelesaian akan hilang.

Bentuk |X|<c berarti −c<X<c. Dari −3<x−2<3, tambahkan 2 pada setiap ruas sehingga −1<x<5. Jawaban −3<x<3 adalah kesalahan karena pergeseran isi (−2) diabaikan. Bila x=0 disubstitusikan, |−2|=2<3 terpenuhi, dan itu sesuai dengan 0 yang termasuk dalam rentang penyelesaian.

Bentuk |X|≧c berarti bagian luar, yaitu X≦−c atau X≧c. Dari x+1≦−4 atau x+1≧4 diperoleh x≦−5 atau x≧3. Bentuk yang mengapit di bagian dalam berlaku untuk |X|≦c, dan kekeliruan klasik adalah menukar keduanya. Untuk x=0 diperoleh |1|=1 yang tidak memenuhi, sehingga sesuai dengan jawaban ini yang tidak memuat 0.

Setelah dirapikan diperoleh 3x<a+3, yaitu x<(a+3)/3. Syarat agar ini sama dengan x<4 adalah (a+3)/3=4, sehingga a=9. Jawaban a=12 muncul karena menulis a/3=4 dan menghilangkan konstanta 3, sedangkan a=1 muncul dari a+3=4. Untuk a=9 dapat pula diperiksa bahwa kedua ruas sama saat x=4.

Karena x>−2 dan x≦3, maka −2<x≦3. Bilangan bulat dalam rentang ini adalah −1, 0, 1, 2, dan 3, yaitu 5 bilangan. Nilai −2 tidak termasuk (pada x>−2 tidak ada tanda sama dengan), sehingga jawaban 6 keliru. Cara yang paling aman adalah menuliskan satu per satu sambil memperhatikan titik ujungnya.

A∩B adalah himpunan anggota yang termuat di kedua himpunan. Di antara anggota B yaitu 2, 4, 6, 8, yang juga termuat di A adalah 2, 4, 6. Himpunan {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8} adalah A∪B (gabungan); tertukarnya ∩ dan ∪ merupakan kesalahan klasik.

A∪B adalah semua anggota yang termuat di sekurang-kurangnya salah satu himpunan. Tambahkan 8 yang hanya ada di B ke anggota A sehingga diperoleh {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8}. Anggota yang sama cukup ditulis satu kali. Himpunan {2, 4, 6} adalah irisan A∩B.

Komplemen adalah anggota U yang tidak termuat di A. Setelah bilangan genap dikeluarkan, tersisa bilangan ganjil {1, 3, 5, 7, 9} sebagai jawabannya. Komplemen selalu ditentukan setelah himpunan semesta U ditetapkan lebih dulu.

Menurut hukum De Morgan, saat komplemen diambil, ∪ dan ∩ saling bertukar. Komplemen dari A∪B adalah Ā∩B̄. Hal ini dapat diperiksa dengan diagram Venn: tidak termuat di A maupun di B sama dengan berada di luar A sekaligus di luar B. Adapun Ā∪B̄ justru merupakan komplemen dari A∩B.

Implikasi x=3 ⇒ x²=9 bernilai benar. Kebalikannya, x²=9 ⇒ x=3, bernilai salah karena ada contoh penyangkal x=−3. Karena x=3 berada di sisi pengandaian yang implikasinya berlaku, x=3 adalah syarat cukup tetapi bukan syarat perlu.

Implikasi x>2 ⇒ x>0 bernilai benar sehingga x>0 adalah syarat perlu. Sebaliknya x>0 ⇒ x>2 bernilai salah karena ada contoh penyangkal x=1, jadi bukan syarat cukup. Mudah diingat lewat hubungan pemuatan rentang: syarat yang rentangnya lebih luas (x>0) menjadi syarat perlu.

Dalam pembuktian dengan kontradiksi, yang diandaikan adalah ingkaran dari kesimpulan yang hendak ditunjukkan. Ingkaran dari bilangan irasional adalah bilangan rasional. Bila dimisalkan sebagai pecahan paling sederhana q/p lalu diteruskan, ternyata p dan q keduanya genap sehingga bertentangan dengan bentuk paling sederhana, dan terlihatlah bahwa pengandaian itu keliru.

Konvers diperoleh dengan menukar pengandaian dan kesimpulan, yaitu jika x²=1 maka x=1. Konvers ini sendiri bernilai salah karena ada contoh penyangkal x=−1, sehingga menjadi contoh bahwa pernyataan yang benar belum tentu konversnya benar. Bila pengandaian dan kesimpulan diingkarkan diperoleh invers, dan bila keduanya dilakukan sekaligus diperoleh kontraposisi.

Kontraposisi adalah ingkaran kesimpulan ⇒ ingkaran pengandaian. Ingkaran dari n genap adalah n ganjil, dan ingkaran dari n² genap adalah n² ganjil, sehingga kontraposisinya adalah jika n ganjil maka n² ganjil. Bentuk ini mudah dibuktikan secara langsung dan dapat dipakai untuk membuktikan pernyataan semula.

Implikasi a=b ⇒ |a|=|b| bernilai benar sehingga |a|=|b| adalah syarat perlu. Sebaliknya |a|=|b| ⇒ a=b bernilai salah karena ada contoh penyangkal a=1, b=−1 (|1|=|−1| tetapi 1≠−1), jadi bukan syarat cukup. Dengan demikian ia syarat perlu tetapi bukan syarat cukup.