Deret \displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{\sin n}{n}

Dalam matakuliah Kalkulus 2 kita mempelajari banyak ragam jenis pengujian kekonvergenan deret. Kita mempunyai uji integral, uji banding langsung, uji banding limit dan uji rasio. Untuk deret yang suku-sukunya tidak selalu positif, kita punya deret ganti tanda dan uji deret kekonvergenan mutlak. Dari beberapa uji-uji deret tersebut, sepengetahuan saya tidak ada yang bisa digunakan untuk memeriksa kekonvergenan deret {\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n}{n}}.

Jika kita lihat sepintas, fungsi {\sin x} periodik dan nilainya berayun diantara {-1} dan {1}. Sifat ini mungkin mengingatkan kita dengan uji deret ganti tanda, tapi sayangnya uji deret ganti tanda tidak bisa digunakan disini karena nilai {\sin n} meskipun nilainya ada yang positif dan ada yang negatif, tapi tidak bergantian positif ke negatif dari satu suku ke suku berikutnya.

Berikut adalah uji Dirichlet yang dapat dipergunakan untuk membuktikan bahwa deret {\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n}{n}} merupakan deret yang konvergen. Uji ini merupakan perumuman dari deret ganti tanda.

Teorema  (Uji Dirichlet) Misalkan {a_n} monoton turun, {\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} a_n=0} dan {\left|\displaystyle\sum_{n=1}^N b_n \right|\leq M} untuk setiap {N}. Maka deret {\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_nb_n } konvergen.

Sebelum kita buktikan, kita akan gunakan uji Dirichlet ini untuk membuktikan bahwa deret {\displaystyle \sum_{n=1}^n \frac{\sin n}{n}} konvergen. Ambil {a_n=\frac{1}{n}} dan {b_n=\sin n}. Jelas bahwa {a_n} monoton turun dan konvergen ke nol. Sekarang perhatikan bahwa

    \begin{align*} 2\sin(1/2)\sum_{n=1}^ N \sin n &=\sum_{n=1}^N 2\sin(1/2)\sin n \\ &=\sum_{n=1}^N \left(\cos(n-\frac12)-\cos(n+\frac12)\right)\\&=\cos(1/2)-\cos(N+\frac12). \end{align*}

Akibatnya

\displaystyle \left|\sum_{n=1}^ N \sin n\right|=\left|\frac{\cos(1/2)-\cos(N+\frac12)}{2\sin(1/2)}\right|\leq \frac{2}{2\sin(1/2)}=\frac{1}{\sin(1/2)}.

Jadi menurut uji Dirichlet kita peroleh bahwa {\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n}{n}} konvergen.

Bukti Uji Dirichlet: Misalkan {B_n:=\sum_{k=1}^n b_k}. Perhatikan bahwa

    \begin{align*} \sum_{n=1}^N B_n(a_n-a_{n+1})&= B_1a_1+\sum_{n=1}^{N-1} B_{n+1}a_{n+1}-\sum_{n=1}^N B_na_{n+1}\\ &=b_1a_1+\left(\sum_{n=1}^{N-1} (B_{n+1}-B_n)a_{n+1}\right) - B_Na_{N+1}\\ &=b_1a_1+\left(\sum_{n=1}^{N-1} b_{n+1}a_{n+1}\right)-B_Na_{N+1}\\ &=\left(\sum_{n=1}^N a_nb_n\right)-B_Na_{N+1}, \end{align*}

yang ekivalen dengan

\displaystyle \sum_{n=1}^N a_nb_n=B_Na_{N+1}+\sum_{n=1}^N B_n(a_n-a_{n+1}).

Karena barisan {\{a_n\}} konvergen ke nol dan {|B_N|\leq M}, maka {B_Na_{N+1}} konvergen ke nol. Sekarang

    \begin{align*} \sum_{n=1}^N |B_n(a_n-a_{n+1})|\leq \sum_{n=1}^N M(a_n-a_{n+1})=Ma_1-Ma_{N+1}\leq Ma_1 \end{align*}

Ini menunjukkan bahwa deret {\sum_{n=1}^\infty B_n(a_n-a_{n+1})} konvergen absolut. Dengan demikian ketika {N\rightarrow \infty} barisan {\sum_{n=1}^N B_n(a_n-a_{n+1})} konvergen dan kita simpulkan bahwa {\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_nb_n} konvergen. \Box

Deret Harmonik dan Pecahan Mesir

Pecahan berbentuk {\dfrac{1}{n}} dengan {n} bilangan asli kita sebut sebagai pecahan satuan. Apakah penjumlahan sejumlah pecahan satuan yang pertama dapat menghasilkan bilangan bulat? Dengan kata lain, adakah bilangan asli {N} sehingga

\displaystyle H_N:=\frac11+\frac12+\frac13+\frac14+\cdots +\frac{1}{N-1}+\frac{1}{N}

merupakan bilangan bulat?

Ternyata hasilnya negatif, seperti tertulis dalam teorma berikut.

Teorema 1 Untuk setiap bilangan asli {N} bilangan {H_N} tidak pernah merupakan bilangan bulat.

Proof: Andaikan {H_N} merupakan bilangan bulat untuk suatu bilangan asli {N}. Misalkan {k} adalah bilangan asli sehingga {2^k\leq N<2^{k+1}} (mengapa ada {k} yang demikian?). Kalikan {H_N} dengan {2^{k-1}} untuk mendapatkan

    \begin{align*} 2^{k-1}H_N&= 2^{k-1}\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2^k-1}+\frac{1}{2^k}+\frac{1}{2^k+1}+\cdots +\frac{1}{N}\right)\\ &=\frac{2^{k-1}}{1}+\frac{2^{k-2}}{1}+\frac{2^{k-1}}{3}+\cdots + \frac{2^{k-1}}{2^k-1}+\frac{1}{2}+\frac{2^{k-1}}{2^k+1}+\cdots +\frac{2^{k-1}}{N}. \end{align*}

Pindah ruaskan {2^{k-1}H_N} dan {\frac{1}{2}}, didapat

\displaystyle -\frac12=-\frac{2^{k-1}H_N}{1}+\left(\frac{2^{k-1}}{1}+\frac{2^{k-2}}{1}+\frac{2^{k-1}}{3}+\cdots + \frac{2^{k-1}}{2^k-1}\right)+\left(\frac{2^{k-1}}{2^k+1}+\cdots +\frac{2^{k-1}}{N}\right)

Masing-masing suku disebelah kanan merupakan bilangan rasional dalam bentuk yang paling sederhana dengan penyebut ganjil. Ketika mereka semua kita jumlahkan dan sederhanakan maka tetap diperoleh suatu bilangan rasional {\frac pq} dengan {q} ganjil. Akibatnya tidak mungkin {\frac{p}{q}=-\frac{1}{2}} (kontradiksi!). \Box

Pertanyaan berikutnya adalah bagaimana kalau kita tidak mensyaratkan pecahan satuannya harus berurutan? Apakah bisa kita menyatakan suatu bilangan bulat sebagai jumlahan pecahan-pecahan satuan yang berbeda?

Definisi 2 Suatu bilangan rasional disebut pecahan Mesir jika ia dapat dinyatakan sebagai jumlahan pecahan-pecahan satuan yang berbeda.

Ternyata dapat dibuktikan bahwa tidak hanya ada bilangan bulat yang merupakan pecahan Mesir, tapi lebih kuat dari itu, setiap bilangan rasional positif merupakan pecahan Mesir. Untuk membuktikannya pertama kita perlukan lema berikut.

Lema 3 Misalkan {\frac{p}{q}} bilangan rasional dengan {\frac{1}{s}\leq \frac{p}{q}< \frac{1}{s-1}} untuk suatu bilangan asli {s}. Maka {\frac{p}{q}} merupakan pecahan Mesir.

Proof: Perhatikan bahwa

\displaystyle \frac{p}{q}-\frac{1}{s}=\frac{ps-q}{qs}

Karena {\frac{p}{q}<\frac{1}{s-1}}, maka {p(s-1)<q\Leftrightarrow ps-q<p}. Tulis {p_1=p(s-1)} dan {q_1=qs}, maka {\frac{p}{q}-\frac{1}{s}=\frac{p_1}{q_1}} dengan {p_1<p}. Jika {p_1=0}, maka {\frac{p}{q}=\frac{1}{s}} dan kita selesai. Jika {p_1>0}, maka terdapat bilangan asli {s_1 >s} (mengapa?) sehingga {\frac{1}{s_1}<\frac{p_1}{q_1}<\frac{1}{s_1-1}}. Dengan cara serupa kita dapatkan {\frac{p_1}{q_1}-\frac{1}{s_1}=\frac{p_2}{q_2}} dengan {p>p_1>p_2}. Jika kita lakukan terus menerus maka akan diperoleh barisan bilangan asli yang turun {p>p_1>p_2>\ldots} yang tentunya pada suatu saat kita peroleh {p_{n+1}=0}. Ketika hal ini terjadi maka kita peroleh

\displaystyle \frac{p}{q}-\frac{1}{s}-\frac{1}{s_1}-\cdots -\frac{1}{s_{n}}=\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}=0.

Jadi {\frac{p}{q}} merupakan pecahan mesir. \Box

Sekarang kita siap membuktikan hasil utama kita.

Teorema 4 Setiap bilangan rasional positif merupakan pecahan Mesir.

Proof: Ambil sebarang bilangan rasional positif {\frac{u}{v}}. Ingat bahwa deret harmonik {\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}} merupakan deret yang divergen. Jika {\displaystyle H_N=\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}}, maka terdapat suatu {m} sehingga {H_m\leq \frac{u}{v}<H_{m+1}=H_m+\frac{1}{m+1}}. Akibatnya {0<\frac{u}{v}-H_m<\frac{1}{m+1}<1} dan tentunya terdapat {s>m+1} asli sehingga {\frac{1}{s}\leq \frac{u}{v}-H_m<\frac{1}{s-1}}. Dengan menggunakan lema di atas, kita peroleh

\displaystyle \frac{u}{v}-H_m=\frac{1}{s}+\frac{1}{s_1}+\cdots +\frac{1}{s_n}

dengan {m+1<s<s_1<\cdots<s_n}. Dengan demikian

\displaystyle \frac{u}{v}=H_m+\frac{1}{s}+\frac{1}{s_1}+\cdots+\frac{1}{s_n}

merupakan pecahan Mesir. \Box

Deret Harmonik yang Konvergen ?

Di kelas telah ditunjukkan bahwa deret harmonik {\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}} merupakan deret yang divergen. Berikut adalah bukti yang sedikit berbeda dengan yang telah ditunjukkan di kelas.

Teorema 1 Deret harmonik divergen.
Bukti: Andakan deret harmonik konvergen, tulis jumlahnya sebagai {S}. Maka

    \begin{align*} S &= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\cdots \\ &> \left(\frac{1}{2}+\frac12\right)+\left(\frac14+\frac14\right)+\left(\frac16+\frac16\right)+\cdots\\ &=S \end{align*}

dan {S>S} tidak mungkin terjadi (kontradiksi!) \Box

Pernyataan berikutnya bisakah kita membuang beberapa suku dari deret harmonik sehingga dihasilkan deret yang konvergen? Kita mengetahui bahwa jawabannya bisa, karena kita mengetahui bahwa deret {\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}} merupakan deret yang konvergen. Bisakah kita melakukannya dengan lebih baik yakni dengan membuang suku-suku dari deret harmonik lebih sedikit?

Berikut akan ditunjukkan bahwa jika kita kita membuang suku-suku {\frac{1}{n}} pada deret harmonik untuk semua {n} yang digit-digitnya mengandung minimal sebuah angka 9, maka deret yang dihasilkan merupakan deret yang konvergen.

Teorema 2 Deret {\displaystyle\sum_{9 \text{ bukan digit }n} \frac{1}{n}} konvergen.
Bukti: Misalkan {a_1=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{8}, a_2=\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\cdots +\cdots+\frac{1}{88}} dan secara umum {a_m=\frac{1}{10^{m-1}}+\cdots +\frac{1}{\underbrace{8\cdots 88}_m}} adalah jumlah semua bentuk {\frac{1}{n}} dengan {n} bilangan dengan {m} digit yang tidak mengandung angka 9. Perhatikan bahwa jika kita memiliki suatu bilangan dengan {m} digit dan dia tidak mengandung 9, maka untuk digit pertamanya kita punya 8 pilihan, yakni semua digit kecuali 0 atau 9. Sedangkan untuk digit kedua sampai dengan digit ke-{m} kita bisa menggunakan semua digit kecuali digit 9. Dengan demikian pada {a_m} kita menjumlahkan {8\cdot 9^{m-1}} bilangan. Karena suku tekecil di {a_m} adalah {\frac{1}{10^{m-1}}} maka {a_m< 8\cdot \frac{9^{m-1}}{10^{m-1}}}. Akibatnya

\displaystyle \sum_{9 \text{ bukan digit }n} \frac{1}{n}=\sum_{m=1}^\infty a_m<\sum_{m=1}^\infty 8\cdot \left(\frac{9}{10}\right)^{m-1}=80

jelas merupakan deret konvergen. \Box
Berikutnya adalah tantangan buat para pembaca

Problem Jika kita membuang semua suku {\frac{1}{n}} pada deret harmonik untuk semua {n} yang mengandung paling sedikit 2017 buah angka 9 pada digit-digitnya, apakah deret yang dihasilkan akan konvergen?

Teorema Schroder-Bernstein

Theorem  (Schröder-Bernstein) Jika terdapat injeksi {f:A\rightarrow B} dan {g:B\rightarrow A} maka {|A|=|B|}.
Bukti yang diberikan akan menggunakan kasus khusus dari Teorema Titik Tetap Knaster-Tarski.

Lemma  (Knaster-Tarski) Misalkan {\Phi:\mathcal{P}(A)\rightarrow \mathcal{P}(A)} sedemikian sehingga {\Phi} monoton, yakni jika {X\subseteq Y} maka {\Phi(X)\subseteq \Phi(Y)}. Maka terdapat {Z\in \mathcal{P}(X)} sehingga {\Phi(Z)=Z}.
Bukti: Tinjau koleksi {\mathcal{C}:=\{X\in \mathcal{P}(X): X\subseteq \Phi(X)\}}. Perhatikan bahwa {\mathcal{C}} paling tidak mengandung {\emptyset}. Sekarang definisikan {Z:=\bigcup_{X\in C} \Phi(X)}. Untuk setiap {X\in \mathcal{C}} kita dapatkan {X\subseteq \Phi(X)\subseteq Z}. Karena {\Phi} monoton, {\Phi(X)\subseteq \Phi(Z)}. Karena ini berlaku untuk setiap {X\in \mathcal{C}}, kita peroleh {Z=\bigcup_{X\in \mathcal{C}} \Phi(X)\subseteq \Phi(Z)}. Berarti {Z\in \mathcal{C}} dan {\Phi(Z)\subseteq \bigcup_{X\in \mathcal{C}} \Phi(X)=Z}. Karena {Z} dan {\Phi(Z)} saling subset, {Z=\Phi(Z)}. \Box

Sekarang kita siap membuktikan Teorema Schröder-Bernstein. Pertama dengan cara yang cerdik, menggunakan pemetaan injektif {f} dan {g} kita akan buat suatu pemetaan monoton {\Phi:\mathcal{P}(A)\rightarrow \mathcal{P}(A)}. Untuk setiap {X\in \mathcal{P}(A)} definisikan {\Phi(X)=g\left(B\backslash f(A\backslash X)\right)}. Untuk {X\subseteq Y} jelas bahwa {f(A\backslash Y)\subseteq f(A\backslash X)}. Akibatnya
\displaystyle \Phi(X)=g(B\backslash f(A\backslash X))\subseteq g(B\backslash (A\backslash Y))=\Phi(Y).
Jadi {\Phi} monoton.

Bukti (Teorema Schröder-Bernstein):
Menurut Lema, kita punyai {Z\in \mathcal{P}(X)} sehingga {Z=\Phi(Z)=g(B\backslash f(A\backslash Z))}. Sekarang kita partisi {A} dan {B} sebagai {A=Z\cup (A\backslash Z)} dan {B=f(A\backslash Z)\cup B\backslash f(A\backslash Z)}. Karena {f} injektif maka {f} juga merupakan bijeksi antara {A\backslash Z} dan {f(A\backslash Z)}. Kemudian karena {g} injektif, maka {g} juga merupakan bijeksi antara {B\backslash f(A\backslash Z)} dan {g(B\backslash f(A\backslash Z))=Z}.

Dari sini mudah ditunjukkan bahwa pemetaan {h:A\rightarrow B} yang didefinisikan melalui

\displaystyle h(x)=\begin{cases} f(x),& x\in A\backslash Z\\ g^{-1}(x),&x\in Z\end{cases}

adalah bijeksi yang kita perlukan untuk menunjukkan bahwa {|A|=|B|}. \Box

PR Strukal dan Teorema Fueter-Polya

Pada PR Struktur Aljabar mahasiswa diminta untuk mengkonstruksi suatu bijeksi f:\mathbb{N}\times \mathbb{N}\to\mathbb{N}.

Mahasiswa diberikan petunjuk bahwa unsur-unsur di \mathbb{N}\times \mathbb{N} dapat disusun ke dalam piramida bilangan sebagai berikut

    \[{\footnotesize     \begin{tabular}{rccccccccc} Baris ke-$1$:\quad\quad&    &    &    &    &  (1,1)\\\noalign{\smallskip\smallskip} Baris ke-$2$:\quad\quad&    &    &    &  (1,2)&    &  (2,1)\\\noalign{\smallskip\smallskip} Baris ke-$3$:\quad\quad&    &    &  (1,3) &    &  (2,2) &    &  (3,1)\\\noalign{\smallskip\smallskip} Baris ke-$4$:\quad\quad&    &  (1,4) &    &  (2,3) &    &  (3,2) &    &  (4,1)\\\noalign{\smallskip\smallskip} Baris ke-$5$:\quad\quad&  (1,5) &    &  (2,4) &    &  (3,3) &    &  (4,2) &    &  (5,1)\\\noalign{\smallskip\smallskip} \end{tabular}  }   \]

dengan aturan bilangan pada baris ke-s berisi semua pasang bilangan (m,n) dengan m+n=s.
Kemudian unsur-unsur di piramidia bilangan tersebut dipetakan ke \mathbb{N} mulai dari baris yang paling atas dan bergerak dari kiri ke kanan. Sebagai contoh f(1,1)=1,f(1,2)=2, f(2,1)=3, f(1,3)=4 dan seterusnya. Mahasiswa diminta untuk menebak rumus eksplisit dari aturan tersebut dan kemudian membuktikan bahwa pemetaan tersebut bijektif.

Setelah saya periksa sepintas, semua pekerjaan mahasiswa yang saya lihat menebak formula pemetaan dengan benar, yaitu f(m,n)=\frac{(m+n-2)(m+n-1)}{2}+m. Kita akan buktikan bahwa f suatu bijeksi. Pertama-tama kita buktikan lema berikut.

Lemma
Notasikan g(k):=\frac{(k-1)k}{2}. Untuk setiap k\in \mathbb{N} berlaku g(k+1)-g(k)=k. Khususnya g(k) monoton naik.
Bukti.
g(k+1)-g(k)=\frac{k}{2}\left((k+1)-(k-1)\right)=k.

Perhatikan bahwa f(m,n)=g(m+n-1)+m dan akan kita tunjukkan bahwa f suatu bijeksi.
Akan kita tunjukkan bahwa f(m,n) injektif. Misalkan (m,n),(a,b)\in \mathbb{N}\times \mathbb{N} sedemikian sehingga f(m,n)=f(a,b). Maka g(m+n-1)+m=g(a+b-1)+a. Andaika m+n\neq a+b dan tanpa mengurangi keumuman misalkan m+n>a+b. Karena g monoton naik maka a-m=g(m+n-1)-g(a+b-1)\geq g(a+b)-g(a+b-1)=a+b-1 (menurut Lema). Ini mengakibatkan -m\geq b-1\geq 0 yang jelas tidak mungkin karena m\in \mathbb{N}. Dengan demikian haruslah m+n=a+b dan akibatnya a-m=g(m+n-1)-g(a+b-1)=0. Jadi a=m dan akibatnya b=n. Jadi f injektif.

Sekarang kita buktikan bahwa f surjektif. Ambil s\in \mathbb{N}. Maka terdapat k\in \mathbb{N} sehingga g(k) < s \leq g(k+1) (mengapa?). Perhatikan bahwa c:=s-g(k)\leq g(k+1)-g(k)=k. Karena c\leq k maka ada d\in \mathbb{N} sehingga c+d-1=k. Sekarang kita dapatkan s=g(k)+c=g(c+d-1)+c=f(c,d). Jadi f surjektif.

Selain polinom f(x,y) di atas, jika kita mendaftarkan unsur-unsur di piramida bilangan dengan urutan dari kanan ke kiri maka kita dapatkan polinom g(x,y)=\frac{1}{2}(x+y-2)(x+y-1)+y yang juga merupakan suatu bijeksi. Polinom f dan g ini dikenal sebagai polinom Cantor, dan Cantor menggunakannya untuk menunjukkan bahwa \mathbb{N}\times \mathbb{N} dan \mathbb{N} mempunyai kardinalitas yang sama.

Terkait dengan kedua polinom ini Cantor menanyakan apakah ada polinom yang lain yang memberikan bijeksi dari \mathbb{N}\times \mathbb{N} ke \mathbb{N}. Fueter dan Polya di tahun 1923 membuktikan teorema berikut.

Teorema Fueter-Polya
Tidak ada Polinom kuadratik lain selain Polinom Cantor yang merupakan bijeksi dari \mathbb{N}\times \mathbb{N}.

Fueter dan Polya membuktikan Teorema di atas dengan menggunakan teknik teori bilangan analitis. Pada tahun 2001 Vserminov memberikan bukti elementer dari Teorema Fueter-Polya di atas.

Paling tidak ada dua hal yang bisa kita pelajari dari Teorema ini. Kita lihat bahwa pembuktian bahwa f merupakan fungsi bijektif merupakan sesuatu yang terlalu sulit yang bahkan masih bisa kita berikan sebagai suatu pekerjaan rumah. Akan tetapi jika kita bersikap kritis dan menanyakan pertanyaan yang tepat, persoalan yang biasa-biasa bisa menjadi objek riset matematika. Dalam hal ini menanyakan apakah ada polinom lain yang memenuhi membuka kesempatan untuk melakukan suatu riset matematika.

Pelajaran kedua yang kita ambil adalah meskipun Fueter dan Polya sudah membuktikan Teorema di atas puluhan tahun yang lalu tidak berarti persoalannya selesai. Dalam matematika kita selalu punya kesempatan untuk memberikan bukti baru dari suatu teorema yang sudah terbukti. Kita bisa menawarkan bukti dari perspektif lain, bukti yang lebih singkat, bukti yang lebih elementer, bukti yang lebih elegan dan sebagainya.

Sedikit demi sedikit kita harus belajar menggeser peran. Kita tidak hanya sekadar menjadi penikmat matematika, dengan mencoba memahami pekerjaan orang lain, tapi juga ikut serta menciptakan matematika. Langkah pertamanya adalah dengan mengajukan banyak pertanyaan terhadap apa yang telah dilakukan orang lain dan berusaha menjawabnya.

Pertanyaan berikutnya yang berkaitan dengan Teorema Fueter-Polya yang alamiah adalah

Apakah ada polinom berderajat lebih dari dua yang merupakan bijeksi dari \mathbb{N}\times \mathbb{N} ke \mathbb{N}?

Para matematikawan meyakini bahwa hanya Polinom Cantor saja yang memenuhi, tapi saat ini belum ada yang bisa memberikan bukti dari konjektur tersebut. Mungkin anda berminat untuk membuktikannya?

Latihan berikut adalah jawaban dari pertanyaan apakah kita bisa mempunyai polinom bijektif seperti di atas untuk dimensi yang lebih tinggi.
Latihan
Berikan polinom yang merupakan bijeksi dari \mathbb{N}\times \mathbb{N}\times \mathbb{N} ke \mathbb{N} dan polinom yang merupakan bijeksi dari \mathbb{N}\times \mathbb{N}\times \mathbb{N} ke \mathbb{N}\times \mathbb{N}

Kuis 1

Soal
Tentukan semua a,b,c rasional sehingga f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z} yang didefinisikan melalui f(x)=ax^2+bx+c merupakan suatu pemetaan.
Jawaban
Klaim bahwa a,b,c haruslah a,b,c semuanya bulat atau a=\frac{s}{2}, b=\frac{t}{2} dengan s,t bulat ganjil dan c bulat.

Perhatikan bahwa jika a,b,c semuanya bulat jelas bahwa f(x) bulat untuk setiap x bulat.

Untuk kasus kedua, f(x)=\frac{sx^2+tx}{2}+c. Karena s,t ganjil, jika x ganjil maka sx^2 dan tx ganjil akibatnya sx^2+tx genap. Demikian juga jika x genap maka sx^2+tx genap. Pada kedua kasus kita bisa tuliskan sx^2+tx=2k untuk suatu k bulat. Jadi f(x)=\frac{2k}{2}+c=k+c bulat untuk setiap x bulat.

Sekarang akan kita tunjukkan bahwa tidak ada nilai a,b,c lain yang memenuhi selain yang disebutkan di atas.

Misalkan a,b,c bilangan rasional sehingga f(x) bulat. Perhatikan bahwa c=f(0) bulat. Demikian juga f(1)=a+b+c dan f(-1)=a-b+c bulat. Karena c bulat maka a+b dan a-b bulat. Dengan meninjau penjumlahan keduanya dan juga selisih keduanya kita peroleh bahwa 2a dan 2b bulat.

Jika 2a bulat genap, maka a bulat. Karena a+b bulat, ini berakibat b bulat. Jadi dalam kasus ini a,b,c semuanya bulat.

Jika 2a ganjil, maka a=\frac{s}{2} untuk suatu bilangan ganjil s. Karena a+b bulat, tulis a+b=u dengan u bulat. Akibatnya, s+2b=2a+2b=2u. Karena 2u genap dan s ganjil, maka haruslah 2b=t ganjil. Jadi b=\frac{t}{2} untuk suatu bilangan ganjil t. Jadi dalam kasus ini a=\frac{s}{2},b=\frac{t}{2} dengan t ganjil dan c bulat.

Pemikiran di balik layar

Pada soal ini kita diminta untuk mencari kondisi untuk a,b,c agar f merupakan suatu pemetaan. Yang menjadi permasalahan di sini adalah jika a,b,c nya tidak kita pilih dengan baik maka f(x) nya mungkin bukan bilangan bulat. Sebagai contoh jika a=b=0 dan c=\frac{1}{2} maka f(x)=\frac{1}{2} dan akibatnya f bukan suatu pemetaan. Berarti kita harus mencari a,b,c rasional sehingga f(x) bulat untuk semua x bulat.

Kita bisa mencoba-coba kombinasi nilai a,b,c yang mungkin memenuhi, tapi terlalu banyak pilihan bilangan rasional a,b,c. Untuk mencoba membatasi pilihan nilai a,b,c, kita bisa menanyakan kalau f(x) bulat untuk setiap x apa akibatnya terhadap si a,b, c ini?

Misalkan f(x)=ax^2+bx+c bulat untuk setiap x bulat. Kita bisa mencoba memasukkan nilai-nilai x tertentu untuk bisa mengetahui lebih banyak tentang a,b,c. Jika kita masukkan x=0 yang merupakan bilangan bulat, maka kita dapatkan f(0)=c bulat. Dengan demikian mau tidak mau, agar f(x) bulat “paling tidak” nilai c haruslah bulat.

Berturut-turut kita substitusikan x=1 dan x=-1 kita peroleh a+b+c dan a-b+c bulat. Tapi karena kita sudah tahu bahwa c bulat maka haruslah a+b bulat dan a-b bulat. Dengan menjumlahkan dan mengurangkan keduanya, kita juga peroleh bahwa 2a=(a+b)+(a-b) dan 2b=(a+b)-(a-b) bulat.

Bisakah sekarang kita menyimpulkan bahwa jawaban atas persoalan kita adalah semua bilangan rasional a,b,c dengan c,2a,2b bulat?

Belum! Di atas kita hanya menunjukkan bahwa jika f(x) bulat maka haruslah c,2a,2b bulat. Kita belum menunjukkan bahwa jika a,b,c kita adalah bilangan rasional sedemikian sehingga c,2a,2b bulat maka f(x) bulat untuk setiap x. Tapi paling tidak sekarang pilihan kita terbatas. Tadinya kita harus meninjau semua bilangan rasional a,b,c. Sekarang kita cukup meninjau bilangan rasional a,b,c yang membuat 2a,2b,c bulat.

Ok sekarang kita tinjau a rasional sehingga 2a bulat. Jika 2a bilangan bulat genap, maka a bulat. Jika 2a ganjil, maka a=\frac{s}{2} untuk suatu bilangan ganjil s.

Kita tinjau dua kasus

1) a bulat.

Karena a+b bulat, maka haruslah b bulat. Dalam kasus ini a,b,c semuanya bulat.

2) a=\frac{s}{2} dengan s bulat ganjil.

Kita tahu 2b juga bulat. Maka seperti argumen untuk a diatas, kita tahu bahwa b bulat atau b=\frac{t}{2} untuk suatu bilangan bulat ganjil t. Tapi tidak mungkin b bulat, bersama-sama dengan a+b bulat ia mengakibatkan a bulat. Jadi haruslah b=\frac{t}{2}.

[collapse]

 

The Conway’s Way

1. Lagi-lagi Keirasionalan {\sqrt{2}}

Berikut bukti keirasionalan {\sqrt{2}} dari Conway yang sangat ringkas:
Andaikan {\sqrt{2}=\frac{p}{q}} dengan {p,q} bulat dan dalam bentuk yang paling sederhana. Maka {2q^2=p^2}. Tuliskan persamaan ini dalam bentuk

\displaystyle  \frac{2q}{p}=\frac{p}{q}.

Untuk bilangan real {x} nyatakan dengan {\{x\}} sebagai bagian {x} yang tidak bulat. Sebagai contoh {\{123,456\}=0,456}, {\{7\frac{1}{3}\}=\frac{1}{3}}. Dari persamaan di atas kita peroleh

\displaystyle  \left\{\frac{2q}{p}\right\}=\left\{\frac{p}{q}\right\}

Perhatikan bahwa jika kita memiliki bilangan rasional {x=\frac{a}{b}}, jelas bahwa {\{x\}=\frac{c}{b}} untuk suatu {0\leq c<b}. Dengan demikian dari persamaan di atas kita peroleh

\displaystyle  \frac{s}{p}=\frac{t}{q}\Leftrightarrow \frac{s}{t}=\frac{p}{q}

untuk suatu {0\leq s< p} dan {0\leq t<q}. Tapi ini mustahil terjadi karena tadi kita sudah menuliskan {\frac{p}{q}} dalam bentuk yang paling sederhana.

Kekonvergenan Suatu Deret

Salah satu soal menarik pada soal tutorial kalkulus 2A adalah tentang kekonvergenan deret

\displaystyle \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{(\ln n)^4}.

Untuk dapat memahami intuisi penyelesaian di atas kita akan melakukan lomba marathon yang pesertanya adalah fungsi-fungsi {e^x,x^k} dan {\ln x}. Ini merupakan lomba marathon dalam artian kita hanya peduli untuk {x} yang cukup besar.

Untuk dapat membandingkan, misalnya siapa diantara {ê^x} dan {x^k} yang menang kita bisa hitung nilai {\displaystyle \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^k}{e^x}}. Perhatikan bahwa ini merupakan bentuk tak tentu {\frac{\infty}{\infty}} yang mengakibatkan kita bisa melakukan aturan L’Hospital. t Perhatikan bahwa setiap kali kita menurunkan pembilang, derajatnya berkurang satu, akan tetapi penyebutnya meskipun diturunkan tetap {e^x} seperti semula. Hal ini menunjukkan bahwa pada akhirnya nilai limit di atas adalah nol. Ini berarti untuk {x} yang cukup besar {e^x} lebih cepat dibanding {x^k} untuk {k} yang manapun (meski {k=10^6} misalnya).

Dengan melakukan pendekatan yang sama kita bisa tunjukkan bahwa {x^k} eventually akan lebih cepat dibanding {\ln x} meski {k} nya kecil, misalnya {0<k<1}.

Apa untungnya pengamatan di atas? Dari pengamatan di atas kita tahu bahwa

\displaystyle n^{1/4} >\ln n \Leftrightarrow n> (\ln n)^4\Leftrightarrow \frac{1}{n}<\frac{1}{(\ln n)^4}

untuk {n} yang cukup besar. Karena deret {\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n}} merupakan deret yang divergen (deret harmonik), maka menurut uji banding langsung, demikian pula deret {\displaystyle \sum_{i=2}^n \frac{1}{(\ln n)^4}} merupakan deret yang divergen.

Agar buktinya lebih ketat, kita masih berhutang untuk menunjukkan bahwa

\displaystyle  n^{1/4}-\ln n > 0 \ \ \ \ \ (1)

untuk {n} yang besar. Pertanyaannya untuk {n} yang mana? Saya serahkan kepada pembaca untuk membuktikan bahwa ketaksamaan di atas benar untuk {n\geq e^{16}}. Perlu di ingat juga bilangan {e^{16}} ini tidak benar-benar penting dalam menentukan kedivergenan deret kita dan boleh kita ganti dengan bilangan lain yang mengakibatkan ketaksamaan 1 benar.

Perluasan Aljabarik

5. Perluasan Aljabarik

Pada pembahasan sebelumnya kita melihat bahwa ketika {\alpha} aljabarik atas {K} maka semua unsur di {K(\alpha)} juga aljabarik atas {K}. Kita akan memerlukan suatu istilah untuk menangkap konsep ini.

Definition 14 Suatu perluasan {L/K} dikatakan perluasan aljabarik jika semua unsur di {L} merupakan unsur aljabarik atas {K}.

Dengan definisi ini, apa yang kita sampaikan sebelumnya bisa kita nyatakan sebagai berikut.

Proposition 15 Jika {\alpha} aljabarik atas {K} maka {K(\alpha)/K} merupakan perluasan aljabarik.

Seringkali kita akan menggunakan argumen dimensi untuk memperlihatkan bahwa suatu perluasan bersifat aljabarik. Karenanya seringkali kita akan menggunakan definisi alternatif berikut. Kedua definisi ekivalen dikarenakan Teorema 12.

Definition 16 Suatu perluasan {L/K} dikatakan perluasan aljabarik jika untuk setiap {\alpha\in L} berlaku {[K(\alpha):K]<\infty}.

Perhatikan bahwa {\sqrt{2}} dan bilangan rasio emas {\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}} keduanya merupakan bilangan aljabarik atas {\mathbb{Q}} karena yang pertama merupakan akar dari {x^2-2} sedangkan yang kedua adalah akar dari {x^2-x-1}. Apakah {\sqrt{2}+\phi} dan {\sqrt{2}\phi} aljabarik atas {\mathbb{Q}}? Kami berikan petunjuk bahwa keduanya aljabarik dan kami minta pembaca untuk mencari polinom minimalnya pada soal latihan berikut.

Exercise 10 Tentukan polinom minimal atas {\mathbb{Q}} dari {\sqrt{2}+\phi} dan {\sqrt{2}\phi}.

Jika anda mencoba latihan di atas anda akan menyadari bahwa soal latihan tersebut tidaklah mudah. Jika diberikan {\alpha,\beta} aljabarik, tidaklah mudah untuk mencari polinom minimal dari {\alpha+\beta} dan {\alpha\beta}. Akan tetapi teorema 12 berikut membantu kita memahami bahwa unsur-unsur aljabarik tertutup terhadap beberapa operasi.

Theorem 17 Misalkan {L/K} suatu perluasan. Jika {\alpha,\beta \in L} dengan {\alpha\pm \beta, \alpha\cdot \beta} juga aljabarik atas {K}. Hal yang sama juga berlaku untuk {\alpha/\beta} untuk {\beta\neq 0}. Himpunan semua unsur di {L} yang aljabarik atas {K} kita notasikan dengan {L_A}. Himpunan {L_A} membentuk suatu lapangan dan {L\supset L_A\supset K}.

Proof: Perhatikan bahwa {\alpha\pm \beta, \alpha\beta, \alpha/\beta \in K(\alpha,\beta)}. Ini berakibat {K(\alpha\beta)\subseteq K(\alpha,beta)}. Akibatnya dengan menggunakan Proposisi 13 didapat

\displaystyle  [K(\alpha\beta): K]\leq [K(\alpha,\beta)]:K]\leq [K(\alpha):K][K(\beta):K] <\infty

dengan ketaksamaan terakhir terjadi karena {\alpha} dan {\beta} aljabarik atas {K}. Jadi {\alpha\beta} aljabarik. Dengan cara yang serup kita juga bisa tunjukkan bahwa {\alpha\pm \beta} dan {\alpha/\beta} aljabarik. Khususnya operasi penjumlahan dan perkalian di tertutup di {L_A} sehingga {L_A} menjadi subgelanggang dari {R}. Perhatikan juga setiap unsur aljabarik {\beta\neq 0} memiliki invers {1/\beta} yang juga aljabarik (kenapa?). Jadi {L_A} suatu lapangan. \Box

Berikutnya kita mencoba memperumum hasil pada Proposisi 15.

Theorem 18 Misalkan {L/K} suatu perluasan dan {S\subseteq L} sedemikian sehingga setiap unsur di {S} aljabarik atas {K}. Maka {K(S)/K} adalah perluasan aljabarik.

Proof: Kita akan menggunakan deskripsi unsur di {K(S)} yang dituliskan pada Teorema 3. Karena unsur aljabarik tertutup terhadap perkalian dan semua unsur di {S} aljabarik, maka jelas setiap unsur di {W_S} juga aljabarik. Unsur generik di {K(S)} berbentuk {\frac{\sum_{i=1}^m s_iu_i}{\sum_{i=1}^n t_iv_i}}. Masing-masing {s_i,t_i} aljabarik kerena merupakan unsur di {K}. Demikian pula dengan {u_i,v_i} yang merupakan unsur di {W_S}. Karena {\alpha} diperoleh dengan menggunakan operasi penjumlahan, perkalian dan pembagian pada unsur-unsul aljabarik, maka {\alpha} juga aljabarik. \Box

Berikutnya kita akan mencoba melihat kaitan antara perluasan hingga dengan perluasan aljabarik. Terlebih dulu kita buktikan hasil penting berikut.

Theorem 19 {L/K} merupakan perluasan hingga jika dan hanya jika terdapat {\alpha_1,\ldots, \alpha_n} unsur aljabarik atas {K} sehingga {L=K(\alpha_1,\ldots, \alpha_n)}.

Proof: {(\Rightarrow)} Karena {[L:K]<\infty}, kita bisa misalkan {\alpha_1,\ldots, \alpha_n} adalah basis bagi ruang vektor {L/K}. Setiap unsur {\alpha\in L} merupakan kombinasi linier dari {\alpha_1,\ldots,\alpha_n}. Dengan demikian {L\subseteq L(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)}. Inklusi sebaliknya jelas berlaku. Dengan demikian {L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)}. Untuk masing-masing {\alpha_i} himpunan {\{1,\alpha,\ldots, \alpha^n\}} merupakan himpunan yang bergantung linear. Dengan demikian masing-masing {\alpha_i} unsur aljabarik atas {K}.

{(\Leftarrow)} Perhatikan bahwa karena {K\subseteq K(\alpha_1,\ldots, \alpha_i)} dan {\alpha_{i+1}} aljabarik atas {K}, maka minimal polinom dari {\alpha_{i+1}} dapat dianggap sebagai polinom di {K(\alpha_1,\ldots, \alpha_i)[x]}. Dengan demikian {\alpha_{i+1}} aljabarik atas {K(\alpha_1,\ldots, \alpha_i)} dan khususnya kita punyai {[K(\alpha_1,\ldots, \alpha_i)(\alpha_{i+1}):K(\alpha_1,\ldots, \alpha_i)]<\infty} untuk setiap {i}. Untuk mempersingkat notasi kita tuliskan {K(\alpha_1,\ldots, \alpha_i)=F_i} dan {[F_{i+1}:F_i]=[F_i(\alpha_{i+1}):F_i]<\infty}. Jika {L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)} dengan masing-masing {\alpha_j} aljabarik maka

    \begin{align*} [L:K]&=[F_n:K]\\ &=[F_n:F_{n-1}][F_{n-1}:F_{n-2}]\cdots [F_2:F_1][K(\alpha_1):K]\\ &< \infty. \end{align*}

\Box

Corollary 20 Jika {[L:K]<\infty} maka {L/K} adalah perluasan aljabarik.

Proof: Dengan Teorema 19 terdapat {\alpha_1,\ldots,\alpha_n} aljabarik atas {K} sehingga {L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)}. Dengan Teorema 18 ini berakibat {L/K} perluasan aljabarik. \Box

Remark 1 Perlu diperhatikan bahwa arah sebaliknya tidak berlaku. Ada contoh suatu perluasan aljabarik yang merupakan perluasan takhingga.

Untuk memberikan contoh perluasan aljabarik yang takberhingga kita ingatkan pembaca pada Lemma Eisenstein berikut.

Lemma 21 (Eisenstein) Misalkan {P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_1x+a_0\in \mathbb{Z}[x]} dengan sifat: terdapat {p} prima sedemikian sehingga {p} membagi semua {a_i} kecuali untuk {i=n} dan {p^2} tidak membagi {a_0}. Maka {P(X)} taktereduksi di {\mathbb{Q}[x]}.

Example 5 Dengan menggunakan kriteria Eisenstein ini kita dapat melihat bahwa untuk {n\geq 2} kita dapatkan {P_n(x)=x^n-2} merupakan polinom taktereduksi di {\mathbb{Q}[x]} berderajat {n}. Misalkan {\alpha_n} adalah salah satu akar kompleks dari {P_n}. Definisikan {S=\{\alpha_n : n\geq 2\}}. Karena setiap unsur di {S} aljabarik atas {\mathbb{Q}} maka {\mathbb{Q}(S)} merupakan perluasan aljabarik (lihat Teorema 18). Di lain pihak untuk setiap bilangan asli {M} kita peroleh bahwa

\displaystyle  [\mathbb{Q}(S):\mathbb{Q}]\geq [\mathbb{Q}(\alpha_M):\mathbb{Q}]=\deg P_M(x)=M,

maka haruslah {[\mathbb{Q}(S):\mathbb{Q}]=\infty}.

Teorema Cauchy dan Kesederhanaan A5

Pada artikel ini kita akan buktikan Teorema Cauchy dan kemudian kita gunakan aplikasi sederhananya untuk menunjukkan bahwa grup alternating {A_5} sederhana. Bukti yang akan di berikan mengikuti buktinya McKay. Beliau membuktikan lemma yang lebih kuat berikut.

Lemma 1 (Mckay) Misalkan {G} suatu grup berorde {n} dan {p} adalah bilangan prima pembagi {n}. Maka banyaknya solusi dari {x^p=e} di {G} ada sebanyak {kp} untuk suatu {K\neq 0}.

Proof: Tinjau himpunan {S=\{(a_1,\ldots,a_p) : a_i\in G \text{ dan } a_1\cdots a_p=e\}}. Definisikan operator {\sigma}, operator pergeseran melingkar, melalui {\sigma(a_1,a_2,\ldots, a_p)=(a_p,a_1,\ldots, a_{p-1})}. Definisikan relasi ekivalen di {S}, dua tupel ekivalen jika kita bisa menerapkan operator {\sigma} beberapa kali kepada tupel yang satu untuk mendapatkan tupel yang lain. Perhatikan bahwa jika semua {a_1=\cdots=a_p} maka kelas ekivalen dari {(a_1,\ldots, a_p)} hanya berisi satu unsur. Jika ada dua komponen yang berbeda, yakni {a_i\neq a_j} untuk suatu {i,j}, setiap menerapkan operator {\sigma} kita akan memperoleh tupel yang baru. Baru setelah menerapkan {\sigma} sebanyak {p} kali kita kembali ke tupel semula. Dengan demikian dalam situasi ada dua komponen yang berbeda, kelas ekivalennya mengandung {p} unsur.

Sekarang perhatikan bahwa agar {a_1\cdots a_p=1} kita bisa memilih {a_1,\ldots, a_{p-1}} sembarang dan kemudian {a_p} ditentukan oleh pemilihan dari {a_1,\ldots, a_{p-1}} kita, yakni {a_p=(a_1\cdots a_{p-1})^{-1}}. Dengan demikian banyaknya anggota di {S} adalah sama dengan banyaknya cara memilih {a_1,\ldots, a_{p-1}} yakni sebanyak {n^{p-1}}.

Kelas-kelas ekivalen dari relasi ekivalen di atas mempartisi {S}. Misalkan ada {r} kelas ekivalen yang beranggotakan 1 unsur dan {t} kelas ekivalen yang beranggotakan {p} unsur. Akibatnya {r+tp=n^{p-1}}. Perhatikan bahwa menurut Teorema Little Fermat berlaku {n^{p-1}\equiv n {\pmod p}}. Karena {p} membagi {n} maka {p} membagi {n^{p-1}}. Akibatnya {p} juga membagi {r}. Perhatikan bahwa \{(e,e,\ldots,e)\} merupakan salah satu kelas ekivalen yang beranggotakan satu unsur. Dengan demikian {r\neq 0} dan {r=kp} dengan {k\neq 0}. \Box

Theorem 2 (Cauchy) Misalkan {G} grup dengan orde {n} dan {p} bilangan prima yang membagi {n}. Maka ada unsur di {G} yang berorde {p}.

Proof: Dari bukti Lemma McKay di atas kita melihat bahwa banyaknya solusi {x^p} dengan {x\neq e} ada sebanyak {kp-1\neq 0}. \Box

Dalam tulisan ini kita akan membuktikan bahwa {A_5}, grup yang memuat semua permutasi genap di {S_5}, merupakan grup yang simple.

Untuk bukti kesederhanaan {A_5} kita menggunakan argumen di bukunya Martin Isaacs Algebra. Dalam bukti ini akan dihindari penggunaan teorema Sylow yang biasanya belum diperoleh pada kuliah teori grup di tingkat sarjana.

Kita akan menggunakan lema berikut dalam pembuktian

Lemma 3 Dua unsur di {S_n} saling konjugat jika dan hanya jika keduanya mempunyai struktur putaran (cycle) yang sama.

Theorem 4 {A_5} merupakan grup yang sederhana.

Proof: Unsur-unsur di {A_5} mempunyai struktur putaran salah satu diantara struktur: {1^5, 1\cdot 2^2, 1^2\cdot 3, 5}. Masing-masingnya terdapat {1,15,20,24} unsur di {A_5} dengan struktur putaran tersebut.

Misalkan {N} adalah subgrup normal dari {A_5} dengan {N\neq {1}} dan {N\neq A_5}. Perhatikan bahwa {|A_5|=60=2^2\cdot 3\cdot 5}. Akibatnya faktor prima dari {|N|} adalah 2,3 atau 5.

Jika {3\mid |N|} maka menurut teorema Cauchy, ada unsur berorde 3 yang merupakan unsur di {N}. Unsur tersebut jelas adalah unsur yang mempunyai struktur putaran {1^2\cdot 3}. Berdasarkan lema semua unsur yang mempunyai struktur putaran ini saling konjugat satu sama lain. Karena subgrup normal {N} tertutup secara konjugasi maka {N} memuat semua unsur yang memiliki struktur putaran {1^2\cdot 3}. Khususnya {|N|>20}. Karena {|N|} membagi 60, maka haruslah {|N|=30}.

Jika {5\mid |N|}, kembali dengan teorema Cauchy, {N} memiliki unsur berorde 5 dan haruslah unsur dengan struktur putaran 5. Dengan kenormalan {N} maka ke 24 unsur yang memiliki struktur putaran 5 semuanya termuat di {N}. Jadi {|N|>24} dan karena {|N|} membagi {60} maka haruslah {|N|=30}.

Dengan demikian jika {3\mid |N|} atau {5\mid |N|} maka {|N|=30} yang mengakibatkan {3} dan {5} keduanya membagi {|N|}. Akan tetapi ini berarti semua unsur dengan struktur putaran {1^2\cdot 3} dan {5} termuat di {N}. Jadi {|N|>20+24=44} yang tidak mungkin karena {|N|=30}.

Sekarang misalkan {2\mid |N|}, maka dengan argumen yang serupa semua unsur dengan struktur putaran {1\cdot 2^2} semuanya terkandung di {N}. Jadi {|N|>15}. Ini berakibat {|N|=30} Tapi sudah kita tunjukkan di atas hal tersebut tidak mungkin. \Box

Rendered by QuickLaTeX.com