Batu Bata Euler dan Balok Sempurna

Suatu Tripel Pythagoras memberikan suatu segitiga siku-siku dengan sisi-sisi bilangan bulat positif atau bilangan asli. Nah, serupa dengan itu, adakah balok dengan panjang ketiga rusuknya bilangan asli dan panjang ketiga diagonal sisinya juga bilangan asli?

Balok demikian dikenal sebagai Batu Bata Euler. Bila a, b, dan c menyatakan panjang rusuk-rusuk suatu Batu Bata Euler, maka a, b, dan c merupakan solusi sistem persamaan Diophantine:

a2 + b2 = d2

a2 + c2 = e2

b2 + c2 = f2

dengan d, e, dan f menyatakan panjang para diagonal sisinya. Jika u, v, dan w adalah Tripel Pythagoras (yang memenuhi u2 + v2 = w2), maka solusi sistem persamaan Diophantine di atas adalah

a = u|4v2 – w2|, b = v|4u2 – w2|, dan c = 4uvw

yang memberikan diagonal sisi

d = w3, e = u(4v2 + w2), dan f = v(4u2 + w2).

Sebagai contoh, untuk u = 4, v = 3, dan w = 5, kita peroleh

a = 44, b = 117, dan c = 240,

dengan

d = 125, e = 244, dan f = 267.

Terkait dengan Batu Bata Euler, ada problem mencari balok sempurna, yaitu Batu Bata Euler yang memiliki panjang diagonal ruang bilangan asli. Jadi, selain tiga persamaan Diophantine di atas, ada persamaan keempat, yaitu

a2 + b2 + c2 = g2.

Hingga hari ini, belum ada solusi yang ditemukan. Problem Balok Sempurna, yang juga dikenal sebagai Problem Batu Bata Bilangan Bulat, merupakan problem terbuka; apakah mempunyai solusi atau tidak, kita tidak tahu.

balok-sempurna

Dengan bantuan komputer, telah diperiksa bahwa balok dengan panjang rusuk ≤ 1010 tidak dapat menjadi balok sempurna. Jadi, kalau Anda hendak mencarinya, Anda harus memeriksa balok dengan panjang rusuk > 1010.

*

Bandung, 26-09-2016

 

Partisi Bilangan Asli

Gara-gara film The Man Who Knew Infinity, saya jadi penasaran dengan partisi bilangan asli n, yang dipelajari oleh Srinivasa Ramanujan dan Godfrey H. Hardy pada tahun 1918.

Yang dimaksud dengan partisi bilangan asli n adalah cara menguraikan n sebagai jumlah dari beberapa bilangan asli (termasuk n sendiri). Sebagai contoh, bilangan 5 dapat diuraikan dalam 7 cara, yaitu:

5,

4 + 1,

3 + 2,

3 + 1 + 1,

2 + 2 + 1,

2 + 1 + 1 + 1,

dan 1 + 1 + 1 + 1 + 1.

Nah, bila p(n) menyatakan banyaknya partisi bilangan n, maka p(5) = 7. [Di sini, 3 + 2 dan 2 + 3 dianggap sebagai satu cara yang sama.]

Anda mungkin berpikir, apa yang sulit dengan partisi bilangan asli ini? Hmm.. coba hitung berapa p(10), p(25), dan … p(200), seperti yang dikerjakan oleh Ramanujan pada waktu itu. [Bila Anda perlu bantuan, sila intip program yang dibuat oleh Mr. Bee.]

Ada rumus rekursif untuk menghitung p(n). Jika p(n,m) menyatakan banyaknya partisi bilangan n dengan hanya menggunakan bilangan yang lebih kecil daripada atau sama dengan m, maka

partition-algorithm

dengan p(n,m) = p(n,n) = p(n) untuk m > n (dan, untuk menggenapi rumus, kita definisikan p(0,n) = p(0) = 1). Sebagai contoh,

p(5,4) = p(4,1) + p(3,2) + p(2,3) + p(1,4) = 1 + 2 + 2 + 1 = 6.

Untuk n = 0, 1, 2, …, 7 dan m = 1, 2, 3, …, 7, nilai p(n,m) diberikan dalam tabel di bawah ini:

partition-table

Tabel ini dapat Anda lanjutkan untuk n dan m lainnya.

Ramanujan dan Hardy menemukan bahwa p(n) membesar hampir secara eksponensial seiring dengan membesarnya n. Persisnya, Ramanujan dan Hardy memperoleh taksiran

partition-estimate

Dengan rumus ini, Anda dapat menaksir bahwa nilai p(200) kira-kira sama dengan 4 trilyun. [Nilai p(200) sebenarnya sama dengan 3.972.999.029.388, sila cek di sini.]

Pada tahun 1937, Hans Rademacher menemukan deret yang konvergen ke p(n) untuk setiap n — sila tengok rumusnya di sini.

*

Bandung, 19-09-2016

 

Segitiga Ilahi

(Artikel ini disadur dari buku karangan Clifford A. Pickover, The Loom of God, halaman 74.)

Pada tahun 1643, Pierre de Fermat mengirim surat kepada Marin Mersenne, meminta bantuan untuk menemukan suatu segitiga siku-siku dengan alas a, tinggi b, dan sisi miring c, dengan a, b, dan c bilangan asli, sedemikian sehingga a2 + b2 = c2 dengan a + b = x2 dan c = y2. Dengan perkataan lain, yang Fermat inginkan adalah suatu Tripel Pythagoras a, b, dan c, tetapi dengan a + b dan c bilangan kuadrat.

Anda mungkin tidak akan percaya bahwa tripel Pythagoras terkecil yang memenuhi persyaratan di atas adalah a = 4.565.486.027.761, b = 1.061.652.293.520, dan c = 4.687.298.610.289.

Pickover menamakan segitiga-segitiga tersebut “segitiga ilahi”, karena menurutnya hanya Tuhan yang dapat membayangkan segitiga kedua, ketiga, dan seterusnya yang memenuhi persyaratan tersebut. Bila Anda penasaran, silakan cari segitiga kedua lalu bandingkan panjang sisi-sisinya (dengan asumsi 1 satuan = 1 meter) dengan jarak Bumi-Matahari.

*

Bandung, 12-09-2016

 

The 5n + 1 vs 5n + 3 Problem

(Artikel ini sengaja saya tulis dalam bahasa Inggris, supaya dapat dibaca pula oleh mereka yang tidak bisa berbahasa Indonesia.)

We have discussed the 5n + 1 problem which has similar behavior to the 3n + 1 problem. Out of curiosity, I investigated what happens if we do 5n + 3 instead of 5n + 1, using a computer program made by Mr. Bee.

It turns out that some sequences ‘converge’ to 1 (as in the 5n + 1 problem), but some escape to infinity and the others are trapped in a loop. For examples, for n1 = 25, the sequence converges to 1; for n1 = 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 35, 37, 41, 47, or 49 (and many others), the sequences run off to infinity; and for n1 = 43, 53, or 61 (and many others), the sequences are trapped in a loop. Below is the sequence obtained for n1 = 43.

Table1 5n+1 vs 5n+3

My curiosity went further. Knowing the behavior of the sequences in the 5n + 3 problem, I would like to find out what happens if we do 5n + 1 and 5n + 3 alternately, every time we hit a number which is not divisible by 2 or 3. For example, for n1 = 5, the sequence converges to 1. The same also occurs for n1 = 43. However, if we start with n1 = 23, then we end up with a loop, as in the following table (and the next one).

Table 2b 5n+1 vs 5n+3

Note that at Step 17, when we get 11, we do 5n + 3 and get n18 = 58 and n19 = 29. Next, we do 5n + 1 and get the following sequence (just add the step by 18), where we eventually go back to the previous Step 3.

Table 3b 5n+1 vs 5n+3

It is interesting to observe what happens if we change the order of 5n + 1 and 5n +3 operations. For example, if we start with n1 = 11, with 5n + 1 operation first, then we will get a sequence which is convergent to 1; but if we apply 5n + 3 operation first, then we will get a loop.

Table 4b 5n+1 vs 5n+3

Some loops are long, for example for n1 = 179, with 5n + 3 operation first.

Table 5a 5n+1 vs 5n+3 Table 5b 5n+1 vs 5n+3

The 5n + 1 vs 5n + 3 problem seems to have interesting behavior to investigate further. One question really bothers me: is there a sequence that runs off to infinity? If not, then the 5n + 3 operations seem to never win against the 5n + 1 operations; they always lose to or tie with the 5n + 1 operations. Is it really the case?

*

Bandung, 05-09-2016

Dimensi Himpunan Cantor Terner

Himpunan Cantor Terner yang telah diperkenalkan sebelumnya merupakan suatu fraktal berdimensi d = ln 2/ln 3 ≈ 0,63. Kok bisa ya dimensinya bukan bilangan bulat? Bagaimana sih menentukan dimensinya?

Sebelum menjawab pertanyaan tersebut, tinjau interval I = [0, 1]. Bila kita dilasi interval I dengan faktor ½, maka kita peroleh interval [0, ½]. Nah, I = [0, ½] ∪ [½, 1]. Jadi I terdiri atas 2 interval bagian, masing-masing interval bagian setara dengan hasil dilasi dari I dengan faktor ½. Serupa dengan itu kita akan peroleh 3 interval bagian yang setara dengan hasil dilasi dari I dengan faktor ⅓. Secara umum, kita akan peroleh n interval bagian yang setara dengan hasil dilasi dari I dengan faktor 1/n. Interval I = [0, 1] dalam hal ini memiliki dimensi 1 = -ln(n)/ln(1/n).

Sekarang tinjau persegi S = [0, 1] × [0, 1] = [0, 1]2. Bila kita dilasi S dengan faktor ½, maka kita peroleh persegi [0, ½]2. Perhatikan bahwa S terdiri atas 4 persegi bagian, masing-masing bagian setara dengan hasil dilasi dari S dengan faktor ½. Secara umum, kita akan peroleh n2 persegi bagian yang setara dengan hasil dilasi dari S dengan faktor 1/n. Persegi S = [0, 1]2 dalam hal ini memiliki dimensi 2 = -ln(n2)/ln(1/n).

Dengan cara yang sama, kita dapat ‘membuktikan’ bahwa balok Q = [0, 1]3 memiliki dimensi 3 = -ln(n3)/ln(1/n).

Ketiga fakta di atas, yaitu bahwa interval berdimensi 1, persegi berdimensi 2, dan balok berdimensi 3, tentu saja bukan sesuatu yang mengejutkan. Informasi baru yang kita dapatkan adalah bahwa dimensinya sama dengan –ln(m)/ln(1/n), dengan m menyatakan banyaknya bentuk yang setara dengan hasil dilasi yang diperoleh ketika kita dilasi bentuk semula dengan faktor 1/n.

Lalu bagaimana dengan dimensi Himpunan Cantor Terner (H) itu? Nah, bila kita tengok kembali bagaimana himpunan tersebut dikonstruksi, maka kita dapatkan bahwa, ketika kita dilasi H dengan faktor ⅓, maka kita peroleh 2 (bukannya 3) himpunan bagian yang setara dengan hasil dilasinya.

Himpunan Cantor Terner_1

Selanjutnya, jika kita dilasi dengan faktor 1/9, maka kita peroleh 4 himpunan bagian yang setara dengan hasil dilasinya. Secara umum, kita akan peroleh 2k himpunan bagian yang setara dengan hasil dilasi dari H dengan faktor 1/3k. Jadi, kita simpulkan bahwa dimensi dari Himpunan Cantor Terner sama dengan d = -ln(2k)/ln(1/3k) = ln 2/ln 3.

Nah, lucu juga kan, ternyata di dunia matematika (dan sesungguhnya di alam nyata juga) ada objek yang memiliki dimensi bilangan real positif sembarang, bukan bilangan bulat positif.

Anda juga dapat menemukan objek matematika yang memiliki dimensi di antara 1 dan 2, atau objek lainnya dengan dimensi di antara 2 dan 3. Have fun with them!

*

Bandung, 29-08-2016

Deret Persegi dalam Persegi Bersisi Rasio Emas

Ada berapa banyak ‘pengubinan’ persegi dalam persegi, yang merupakan visualisasi (atau bukti tanpa kata-kata) dari deret tertentu, yang telah dibahas di blog ini? Lihat kembali (1) Deret Geometri dengan Rasio ¼, (2) Visualisasi Deret 1/4 + 2/8 + 3/16 + …, dan (3) Visualisasi Deret 8/9 + 8/81 + 8/729 + … . Sekarang ada satu lagi visualisasi dari sebuah deret yang mirip dengan deret (2), yang merupakan deret persegi dalam sebuah persegi bersisi Rasio Emas.

Sebelum melanjutkan membaca, Anda dapat mengerjakan problem ini terlebih dahulu: Buktikan jika R menyatakan Rasio Emas dan r := R – 1, maka r memenuhi persamaan

Persegi Bersisi Rasio Emas

Nah, dari sudut pandang geometri, ruas kiri persamaan di atas menyatakan luas persegi dengan sisi R = 1 + r, sementara suku ke-n di ruas kanan menyatakan luas n persegi dengan sisi rn–1 (sebagai contoh, suku ke-3, yaitu 3r4, menyatakan luas 3 persegi dengan sisi r2).

Pertanyaannya kemudian, bagaimana menyusun persegi-persegi kecil yang bersisi 1, r, r2, r3, dan seterusnya itu dalam persegi bersisi R = 1 + r? Erich Friedman telah melakukannya, lihat gambarnya di sini. Perhatikan bahwa susunannya mirip dengan visualisasi deret 1/4 + 2/8 + 3/16 + … .

Anda tentunya tahu bahwa pada Persegi Panjang Emas dengan panjang p + q dan lebar p, kita mempunyai (p + q) : p = p : q.

Golden Rectangle

Dengan fakta ini, kita dapat membuat susunan atau ‘pengubinan’ yang lebih cantik, yang memiliki pola replikasi seperti fraktal. Seperti biasa, saya dibantu oleh anak saya, Rubio Gunawan, untuk membuat gambarnya dengan komputer. Berikut adalah gambar yang dimaksud:

Golden Ratio Squares

Apakah Anda dapat melihat pola replikasinya? Sangat menarik, ya kan?

*

Bandung, 22-08-2016

Himpunan Cantor Terner

Bila Anda merasa sudah cukup akrab dengan bilangan real, tetapi belum berkenalan dengan himpunan Cantor terner, pemahaman Anda tentang bilangan real belum lengkap. Artikel ini memperkenalkan himpunan yang menyandang nama matematikawan Georg Cantor (1845-1918) tersebut, yang disadur dari buku Menuju Tak Terhingga (Penerbit ITB, 2016). Di akhir artikel, ada problem kecil untuk Anda, untuk mengecek apakah Anda sudah memahami himpunan unik ini.

Himpunan Cantor terner dikonstruksi secara iteratif, sebagai berikut. Dimulai dengan interval tutup I0 := [0, 1], kita bagi interval ini menjadi tiga bagian sama panjang, dan kita buang interval buka (⅓, ⅔) yang berada di tengah. Sisanya adalah gabungan dua interval tutup, [0, ⅓] ∪ [⅔, 1] =: I1.

Himpunan Cantor Terner_1

Selanjutnya, kita bagi masing-masing interval pada I1 menjadi tiga bagian sama panjang, dan kita buang kedua interval buka di tengah. Sisanya merupakan gabungan empat interval tutup, yaitu [0, 1/9] ∪ [2/9, 3/9] ∪ [6/9, 7/9] ∪ [8/9, 1] =: I2. Proses ini kita lanjutkan terus ad infinitum: Pada langkah ke-i, kita peroleh himpunan Ii yang merupakan gabungan dari sejumlah interval tutup (2i banyaknya). Perhatikan bahwa

Himpunan Cantor Terner 2

Selanjutnya, misalkan

Himpunan Cantor Terner_3

yaitu irisan dari semua himpunan Ii. Titik-titik ujung interval Ii, seperti 1/3, 7/9, 26/27, dan seterusnya, jelas merupakan anggota H. Jadi, H bukan himpunan kosong. Tetapi, anggota H bukan hanya titik-titik ujung interval tersebut!

Sebagai contoh, ¼ adalah anggota H yang bukan titik ujung salah satu interval tersebut. Dalam sistem bilangan terner (basis 3), anggota H adalah semua bilangan yang tidak mengandung angka 1 di belakang tanda koma. Nah,

Himpunan Cantor Terner_4

sehingga ia merupakan anggota H. (Perhatikan bahwa deret di atas merupakan deret geometri dengan rasio 1/9.) Dari angka-angka di belakang tanda koma, kita bisa mengetahui bahwa pada proses pembuangan interval di tengah yang pertama, ¼ berada di interval bagian paling kiri, yaitu [0, ⅓], karena itu ia ‘selamat’. Lalu, pada proses pembuangan interval di tengah yang kedua, ia berada di interval bagian paling kanan dari [0, ⅓], sehingga ia tetap selamat, dan begitu seterusnya.

Problem: Buktikan bahwa 3/10 merupakan anggota H.

Catatan. Himpunan H, yang dikenal sebagai himpunan Cantor terner, termasuk dalam kategori fraktal. Dari proses pembentukannya, jelas bahwa H tidak memuat interval sekecil apapun. Namun demikian, dapat dibuktikan bahwa H memiliki kardinalitas yang sama dengan R. Ini berarti bahwa anggota H jauh lebih banyak daripada bilangan rasional.

*

Bandung, 18-08-2016

Menguraikan 1 sebagai Jumlah Pecahan Satuan

Bilangan 1 dapat diuraikan sebagai jumlah beberapa pecahan satuan. Terdapat tepat satu cara menguraikan 1 sebagai jumlah dua pecahan satuan, yaitu 1 = ½ + ½. Kemudian, terdapat tepat tiga cara menguraikan 1 sebagai jumlah tiga pecahan satuan: 1 = ⅓ + ⅓ + ⅓, 1 = ½ + ¼ + ¼, dan

Menguraikan 1 sebagai Jumlah Pecahan Satuan

(Di sini, 1 = ½ + ¼ + ¼ dan 1 = ¼ + ¼ + ½ dianggap sebagai satu cara yang sama.)

Nah, sekarang tentukan berapa banyak cara menguraikan 1 sebagai jumlah empat pecahan satuan? (Psst.. Ada lebih daripada 10 cara loh!)

*

Bandung, 11-08-2016

Tripel Pecahan Satuan Dasar

Tripel bilangan (5, 4, 3) dan kelipatannya, seperti (10, 8, 6), (15, 12, 9), dan seterusnya, merupakan contoh Tripel Pythagoras. Dalam hal ini, tripel (5, 4, 3) merupakan Tripel Pythagoras Dasar. Contoh Tripel Pythagoras Dasar lainnya adalah (13, 12, 5). Perhatikan bahwa faktor persekutuan bersama dari suatu Tripel Pythagoras Dasar adalah 1.

Nah, bagaimana dengan Tripel Pecahan Satuan? Saya baru menyadari belakangan (setelah mengunggah artikel tentang Tripel Pecahan Satuan dan Tripel Arcus Tangen seminggu yang lalu) bahwa tripel (k, k + 1, k2 + k) merupakan Tripel Pecahan Satuan Dasar, tetapi banyak tripel lainnya yang juga merupakan Tripel Pecahan Satuan Dasar.

Untuk memperoleh bentuk umum Tripel Pecahan Satuan Dasar, pertama catat bahwa jika kita mempunyai suatu Tripel Pecahan Satuan, maka kelipatannya juga merupakan Tripel Pecahan Satuan. Selanjutnya, misalkan (k, m, n) adalah suatu Tripel Pecahan Satuan, yakni

Tripel Pecahan Satuan Dasar-1

Di sini m, n > k. Misalkan m = k + j. Maka

Tripel Pecahan Satuan Dasar-2

Dari sini kita melihat dua kasus. Kasus pertama, k merupakan kelipatan j, sebutlah k = ij, sehingga

Tripel Pecahan Satuan Dasar-3

Jadi kita peroleh (k, m, n) = (ji, j(i + 1), ji(i + 1)), yang hanya merupakan kelipatan dari tripel (i, i + 1, i(i + 1)).

Kasus kedua, yang lebih umum daripada kasus pertama, k2 merupakan kelipatan j, sebutlah k2 = lj. Dalam hal ini, kita peroleh (k, m, n) = (k, k + j, k + l), yang tidak harus merupakan kelipatan dari suatu tripel (i, i + 1, i(i + 1)). Sebagai contoh, untuk k = 6, j = 4, dan l = 9, kita peroleh tripel (6, 10, 15), dan tripel ini merupakan Tripel Pecahan Satuan Dasar.

Dengan bantuan faktorisasi prima, tripel (k, k + j, k + l) merupakan Tripel Pecahan Satuan Dasar jika dan hanya jika j dan l merupakan bilangan kuadrat, sebutlah j =  a2 dan l = b2 dengan a dan b relatif prima. Jadi, kita peroleh bentuk umum Tripel Pecahan Satuan Dasar, yaitu  (ab, a(a + b), b(a + b)), dengan a dan b relatif prima. Catat bahwa bentuk ini mencakup tripel (b, b + 1, b(b + 1)) yang telah kita identifikasi sebagai suatu Tripel Pecahan Satuan Dasar sejak awal. [Terima kasih kepada Fajar Yuliawan untuk argumen pamungkas ini.]

*

Bandung, 08-08-2016