Agama

Pengantar

Mengapa kita perlu menganut suatu agama? Apakah benar bahwa semua agama mengajarkan kebaikan? Jika ya, mengapa ada konflik antaragama?

Agama dan Kebaikan

Semua agama mengajarkan kebaikan. Ya, itu benar. Tetapi dalam kalimat tersebut, perlu diperhatikan bahwa kebaikan bergantung pada agama. Mirip dengan kalimat berikut ini. Semua ibu di RT saya mempunyai suami. Tentu siapa suaminya tergantung pada siapa ibunya. Beda ibu, beda suami. Kalimat itu bukan berarti bahwa ada satu orang yang merupakan suami dari semua ibu di RT saya.

Jadi, beda agama, beda definisi kebaikan. Sesuatu yang baik menurut agama tertentu belum tentu baik menurut agama yang lain. Misalnya, ada suatu agama yang melarang penganutnya memakan jenis makanan tertentu yang tidak dilarang oleh agama lain. Inilah yang seharusnya lebih ditekankan, yaitu bahwa setiap agama mendefinisikan kebaikan secara berbeda-beda. Dan untuk menghadapi keberbedaan ini dibutuhkan toleransi.

Toleransi sendiri adalah bagian dari kebaikan juga. Tetapi karena definisi kebaikan menurut setiap agama berbeda-beda, maka perlu ditanyakan, apakah semua agama di dunia ini mengajarkan toleransi? Dengan kata lain, apakah menurut semua agama toleransi termasuk kebaikan? Jika ya, maka dengan asumsi bahwa setiap orang di dunia ini adalah orang sehat yang menganut suatu agama dan senantiasa taat pada ajaran agamanya, seharusnya di dunia ini tidak ada konflik antaragama.

Bayangkan seandainya di dunia ini tidak ada agama. Bayangkan seandainya setiap penduduk di dunia ini adalah orang egois tak beragama. Dalam situasi demikian, setiap orang akan mendefinisikan kebaikan dengan caranya sendiri. Definisi kebaikan berbeda-beda setiap orang. Pada saat artikel ini ditulis, penduduk di dunia ini ada sekitar 7,6 miliar orang [1]. Oleh karena itu, akan ada sebanyak 7,6 miliar definisi kebaikan yang berbeda satu sama lain. Sudah tentu, dunia ini menjadi amat rentan akan konflik.

Tetapi untunglah, dengan adanya agama, kenyataannya lebih baik. Seandainya di dunia ini hanya ada satu agama dan semua penduduk di dunia adalah orang sehat yang menganut agama ini, maka tentu dunia akan bebas dari konflik antaragama. Jika ada dua, maka asalkan kedua agama tersebut mengajarkan toleransi, maka tidak masalah juga. Secara umum, jika ada berapapun, maka asalkan semua agama mengajarkan toleransi, maka tidak akan ada masalah.

Tetapi perlu ditekankan, dalam argumentasi di atas diasumsikan bahwa setiap penganut agama senantiasa taat pada ajaran agama yang dianutnya, sebab hakikat dari menganut agama memanglah demikian. Ini adalah asumsi dasar yang, sayangnya, pada kenyataannya hampir tidak pernah benar. Di dunia ini banyak penganut agama yang seringkali mendefinisikan kebaikan bukan berdasarkan ajaran agama yang dianutnya, melainkan berdasarkan pendapat pribadi. Oleh karena itu, penganut agama yang demikian tidak berbeda dengan orang yang tidak menganut agama. Ada juga penganut agama yang bersifat pemilih, artinya ia hanya memilih dan menaati sebagian dari ajaran agamanya, dan mengabaikan ajaran lainnya. Karena yang mana yang ditaati dan yang mana yang diabaikan itu ditentukannya sendiri berdasarkan pendapat pribadi, maka sesungguhnya orang yang demikian mendefinisikan kebaikan berdasarkan pendapat pribadi juga, sehingga ia juga sama saja dengan orang yang tidak menganut agama.

Menjadi Penganut Agama Katolik yang Taat

Karena penulis beragama Katolik, maka penulis akan membicarakan agama Katolik. Agama Katolik hanya mempunyai satu definisi kebaikan yang tertuang dalam ajaran-ajaran di buku Katekismus Gereja Katolik dan dokumen-dokumen lainnya yang diterbitkan oleh Gereja. Ajaran-ajaran tersebut diturun-temurunkan dari yang diterima oleh para rasul (bdk. akhir kalimat pertama dari Doa Syukur Agung 1) seiring dengan silih-bergantinya Paus mulai dari Santo Petrus sampai sekarang (suksesi apostolik) [2], dan akan terus berlanjut sampai dunia ini berakhir. Oleh karena itu, ajaran-ajaran tersebut lengkap dan rinci, dan semakin lama akan semakin lengkap dan semakin rinci. Oleh karena itu, dalam menghadapi situasi apapun dalam hidup kita, hampir mustahil untuk tidak menemukan satu dan hanya satu panduan (di dokumen Gereja dalam hampir semua kasus, atau di kutipan dari seorang klerus) tentang apa yang harus kita perbuat sesuai dengan ajaran agama Katolik. Dengan demikian, kita tidak perlu, dan jangan sampai, mengandalkan pendapat pribadi, yaitu melakukan apa yang baik menurut kita, karena sekali lagi, jika demikian maka kita tidak ada bedanya dengan orang yang tidak menganut agama.

Misalnya,

  1. Apakah membaca ramalan bintang itu diperbolehkan?
  2. Apakah ada situasi di mana berperang itu diperbolehkan?
  3. Apakah orang yang beragama non-Katolik atau tidak menganut agama bisa masuk surga?
  4. Apakah hipnosis itu diperbolehkan?

Untuk setiap pertanyaan di atas, orang tak beragama boleh saja langsung menjawab apapun menurut pendapatnya sendiri. Tetapi seorang Katolik seharusnya tidak demikian. Semuanya sudah ditentukan secara pasti dengan dasar yang jelas oleh Gereja. Yang tersisa bagi seorang Katolik adalah kemauan untuk mencari, mempelajari, dan menunaikannya. Dua tindakan yang pertama amatlah mudah dilakukan dengan memanfaatkan teknologi di abad ke-21 ini.

Pasal 2116 dari buku Katekismus Gereja Katolik [3] berbunyi:

Segala macam ramalan harus ditolak: mempergunakan setan dan roh jahat, pemanggilan arwah atau tindakan-tindakan lain, yang tentangnya orang berpendapat tanpa alasan, seakan-akan mereka dapat “membuka tabir” masa depan. Di balik horoskop, astrologi, membaca tangan, penafsiran pratanda dan orakel (petunjuk gaib), paranormal dan menanyai medium, terselubung kehendak supaya berkuasa atas waktu, sejarah dan akhirnya atas manusia; demikian pula keinginan menarik perhatian kekuatan-kekuatan gaib. Ini bertentangan dengan penghormatan dalam rasa takwa yang penuh kasih, yang hanya kita berikan kepada Allah.

Sementara itu, pasal 2309 menerangkan dengan gamblang empat syarat yang harus dipenuhi untuk diperbolehkannya suatu bangsa membela diri secara militer. Dengan demikian, dua pertanyaan pertama sudah terjawab dengan jelas. Pertanyaan ketiga dijawab oleh buku yang sama pada pasal 847 yang dirujuk dari dokumen Lumen Gentium 16, yaitu (terjemahan bebas oleh penulis dari bahasa Inggris):

Barangsiapa yang bukan karena kesalahannya sendiri tidak mengetahui keberadaan Injil Kristus atau Gereja-Nya, namun tetap mencari Allah dengan hati yang tulus dan, dengan digerakkan oleh rahmat, berusaha melalui perbuatan-perbuatannya untuk melaksanakan kehendak-Nya yang mereka ketahui melalui perintah dari suara hati mereka, mereka juga dapat menerima keselamatan kekal.

12398lg.jpg

Buku Katekismus Gereja Katolik dalam bahasa Inggris

Pertanyaan keempat dijawab oleh Romo Edwin F. Healy, S.J. dalam bukunya yang berjudul “Medical Ethics” (Loyola University Press, 1956) [4] di mana ia menulis (terjemahan bebas oleh penulis dari bahasa Inggris):

Hipnotisme diperbolehkan asalkan tiga syarat berikut semuanya terpenuhi: (1) Ada alasan yang gawat, (2) subjek menyetujui, dan (3) bersungguh-sungguh menghindari kemungkinan terjadinya bahaya dan hal-hal tak diinginkan.

Bagian selanjutnya dari buku itu kemudian menjelaskan secara rinci arti dari setiap syarat di atas. Contoh alasan yang gawat, misalnya, keperluan untuk menyembuhkan atau mengurangi suatu kebiasaan amat buruk, misalnya mabuk-mabukan, piromania [5], masturbasi, atau kleptomania [6]. Jika dianggap bijaksana secara medis, hipnotisme juga boleh dilakukan sebagai ganti dari anestesi pada pembedahan. Jika ada cara penyembuhan lainnya yang mempunyai efektivitas yang setara tetapi tidak memiliki bahaya yang biasanya dimiliki oleh hipnotisme, maka tentu cara penyembuhan lain inilah yang harus dipilih. Syarat kedua, sang pasien harus menyetujui bahwa ia akan dihipnosis. Syarat ketiga dipenuhi pertama-tama dengan memastikan bahwa sang hipnotis (orang yang menghipnosis) memang orang yang benar-benar kompeten dalam bidang itu, dan harus disediakan seorang saksi yang dapat dipercaya. Dari pembahasan tersebut, jelas bahwa hipnosis yang digunakan untuk hiburan semata tentu tidak diperbolehkan.

Penganut agama Katolik yang sama sekali tidak menyadari bahwa dirinya terikat oleh ajaran-ajaran di atas dan sebagai gantinya selalu memberikan jawaban “Menurut saya …” bukanlah penganut yang taat. Fakta bahwa ia menganut agama Katolik menjadi tidak ada artinya.

Agama Sebagai Prinsip Hidup

Dengan demikian, agama yang dianut oleh seseorang sudah seharusnya dipegang teguh sebagai prinsip hidup dari orang tersebut. Itulah mengapa, seseorang yang mencari pasangan hidup idealnya mencari pasangan yang seagama. Pasangan yang seagama hanya memiliki satu definisi kebaikan. Dengan demikian, menurut definisi inilah kebaikan akan diajarkan kepada anak-anaknya nanti.

Pasangan yang tidak seagama harus menghadapi keberbedaan definisi kebaikan dari dua agama. Padahal, mereka membutuhkan satu definisi kebaikan yang nantinya akan diajarkan kepada anak-anaknya. Definisi kebaikan dari agama manakah yang akan dipilih? Salah satu jawaban yang menghindari konflik adalah, pilih saja semua kebaikan yang sama-sama ada di kedua agama tersebut. Permasalahannya kemudian, apakah kebaikan-kebaikan yang sama ini cukup untuk mendidik dengan tegas seiring dengan mendewasanya dan terbentuknya karakter anak tersebut. Tentu saja situasi ini lebih sulit daripada yang dihadapi oleh pasangan yang seagama.

Dalam pembentukan karakter anak, sekolah juga penting. Sebagai lembaga pendidikan, sekolah yang ideal adalah sekolah yang dasar agamanya jelas. Sekolah yang demikian mengajarkan siswanya kebaikan dengan definisi yang jelas.

Penutup

Pertama, setiap agama mendefinisikan kebaikan secara berbeda-beda. Untuk menghadapi situasi ini dibutuhkan toleransi. Jika toleransi tidak termasuk kebaikan yang terdefinisi dalam agama kita, itu perlu dipertanyakan.

Tunduknya kita terhadap ajaran agama kita memberikan arti dari menganut agama. Perkataan bahwa “Seseorang yang beragama tidak perlu taat, yang penting bisa membedakan mana yang baik dan mana yang buruk” tentu tidak logis, sebab definisi mana yang baik dan mana yang buruk itu tentu bergantung pada agama yang dianutnya. Bagaimana ia dapat membedakan mana yang baik dan mana yang buruk kalau tidak dengan cara menaati agamanya. Kalau ia mengandalkan pendapat pribadi, ia tidak ada bedanya dengan orang tak beragama. “Yang adalah Tuhan kita itu Kristus atau kamu?” itu pertanyaan sederhana yang biasa penulis lemparkan kepada penganut agama Katolik yang berkebiasaan menentukan baik dan buruk berdasarkan pendapat pribadi.

London, 21 Februari 2018

Jonathan Hoseana

Advertisements

Soal-Soal Ijen Mathematics and Science Competition

Pada hari Minggu, 11 Februari 2018 yang lalu, telah berlangsung Ijen Mathematics and Science Competition di SDK Aletheia, Banyuwangi. Penulis berterima kasih kepada segenap panitia yang telah mengundang penulis untuk berkontribusi sebagai penyusun naskah soal di lomba matematikanya. Walaupun kita sedang terpisah sejauh 12.400 km, penulis turut bergembira dan bersyukur karena acara tersebut telah berakhir dengan sukses. Penulis juga mengucapkan selamat kepada para pemenang.

Berikut penulis publikasikan soal-soal tersebut. Ini adalah kompetisi tingkat SD/MI yang terdiri dari babak penyisihan yang menggunakan 25 soal pilihan ganda, babak final pertama yang menggunakan 6 soal isian, dan babak final kedua yang menggunakan 4 soal uraian. Lomba ini diikuti oleh para siswa kelas 4, 5, dan 6.

1 IMSC 2018 – PENYISIHAN

2 IMSC 2018 – FINAL BAGIAN 1

3 IMSC 2018 – FINAL BAGIAN 2

Mudah-mudahan soal-soal di atas bermanfaat. Andaikata terdapat kesalahan dalam soal-soal di atas, penulis mohon maaf.

Penulis juga adalah penyusun naskah soal kompetisi matematika SanmarFest (tingkat SMP) yang diselenggarakan di SMA Santa Maria Surabaya selama beberapa tahun terakhir. Soal-soal kompetisi tersebut dapat diunduh di sini: https://jonathanhoseana.wordpress.com/2017/08/26/soal-soal-sanmarfest/. Di tautan ini juga ada informasi mengenai buku-buku kompetisi dan olimpiade matematika yang saya tulis. Tiga buku yang terakhir terbit adalah Sukses Juara Kompetisi Matematika tingkat SD, SMP dan SMA. Dua yang pertama berisi 200 soal latihan kompetisi matematika tingkat SD dan SMP (secara berturut-turut) beserta solusi lengkapnya, sedangkan yang ketiga berisi 400 soal latihan kompetisi matematika tingkat SMA beserta solusi lengkapnya. Semua soal berbentuk pilihan ganda.

London, 4 Maret 2018

Jonathan Hoseana

Tentukan Suku ke-n dari Barisan Bilangan 2, 4, 8, 16, …

Apakah jawabannya? u_n= 2^n? Ah, Anda tidak menggunakan kreativitas! Bukankah soal di atas tidak mengatakan bahwa barisan tersebut adalah barisan geometri?

Polinomial

Misalkan suku ke-n dari barisan di atas berbentuk polinomial berderajat tiga u_n=an^3 + bn^2 + cn + d, dengan a, b, c, dan d adalah parameter-parameter yang akan kita tentukan nilainya. Kemudian kesamaan-kesamaan u_1=2, u_2=4, u_3=8, dan u_4=16 akan memberikan empat persamaan saling bebas yang dapat digunakan untuk menentukan secara tunggal nilai-nilai keempat parameter tersebut, yang ternyata adalah a=\frac{1}{3}, b=-1, c=\frac{8}{3}, dan d=0. Jadi, kita dapat menjawab bahwa suku ke-n dari barisan di atas adalah u_n=\frac{1}{3}n^3 - n^2 + \frac{8}{3}n. Dengan menggunakan rumusan ini, sepuluh suku pertama dari barisan di atas adalah 2, 4, 8, 16, 30, 52, 84, 128, 186, dan 260.

Apakah polinomial yang kita pilih harus berderajat tiga? Tentu saja tidak. Misalkan kita memilih bentuk polinomial berderajat empat u_n=an^4 + bn^3 + cn^2 + dn + e. Dalam hal ini kita memiliki lima parameter yang akan kita tentukan nilainya. Oleh karena itu, kita membutuhkan lima persamaan yang saling bebas. Keempat suku yang diketahui di soal hanya memberikan empat persamaan. Bagaimana cara memperoleh satu persamaan lagi? Kita tetapkan saja suku kelimanya sesuka hati kita. Tentu saja, kalau kita tetapkan suku kelimanya sebagai 30, maka kita akan memperoleh rumusan u_n di paragraf sebelumnya. Kali ini kita tetapkan saja suku kelimanya adalah 32, maka dengan penghitungan akan diperoleh bahwa suku ke-n dari barisan di atas adalah u_n=\frac{1}{12}n^4 -\frac{1}{2}n^3+\frac{23}{12}n^2-\frac{3}{2}n+2. Dengan menggunakan rumusan ini, sepuluh suku pertama dari barisan di atas adalah 2, 4, 8, 16, 32, 62, 114, 198, 326, dan 512. (Wah, yang terakhir merupakan bilangan dua berpangkat!)

Dengan demikian, kita dapat memilih bentuk polinomial berderajat berapapun d\geqslant 3, yang rumusannya dapat kita tentukan secara tunggal dengan menggunakan sebanyak d+1 suku pertama dari barisan di atas. Karena soal di atas hanya memberikan informasi empat suku pertamanya, maka suku kelima dan seterusnya dapat kita tetapkan sesuka hati kita. Yang menarik, terlihat bahwa koefisien-koefisien dari polinomial-polinomial yang kita temukan sebagian besar bukan merupakan bilangan bulat, walaupun demikian suku-suku barisan tersebut merupakan bilangan bulat.

Apakah Harus Polinomial?

Dalam soal di atas juga tidak dikatakan bahwa suku ke-n dari barisan yang dimaksud merupakan polinomial dalam n. Oleh karena itu, kita dapat memilih sendiri bentuk rumusan u_n sesuka hati kita. Kalau kita ingin menentukan u_n secara tunggal dengan menggunakan keempat suku pertama yang diketahui saja tanpa perlu mengarang informasi tambahan (yaitu beberapa suku berikutnya), maka kita pilih bentuk u_n yang memuat empat parameter. Misalkan saja kita pilih bentuk u_n = an+b + c\cdot 3^n + \frac{d}{n}. Kemudian dengan menggunakan kesamaan-kesamaan u_1=2, u_2=4, u_3=8, dan u_4=16 akan diperoleh a=\frac{27}{11}, b= -\frac{65}{22}, c=\frac{7}{66}, dan d=\frac{24}{11}. Jadi, u_n=\frac{27}{11}n-\frac{65}{22}+\frac{7}{66}\cdot 3^n + \frac{24}{11n}. Dengan menggunakan rumusan ini, sepuluh suku pertama dari barisan di atas adalah 2, 4, 8, 16, \frac{1954}{55}, \frac{984}{11}, \frac{18980}{77}, \frac{7841}{11}, \frac{69530}{33}, dan \frac{345652}{55}. Ternyata suku-suku berikutnya bukan bilangan bulat. Tetapi tidak masalah, soal di atas tidak mengatakan bahwa barisan tersebut merupakan barisan bilangan bulat.

Mengapa Harus Susah-Susah Memilih Bentuk Berparameter yang Rumit?

Kita juga dapat menganggap bahwa barisan di atas adalah barisan yang periodik dengan periode minimal 4, misalnya. Dengan kata lain, barisan di atas adalah 2, 4, 8, 16, 2, 4, 8, 16, 2, 4, 8, 16, dan seterusnya. Jadi, suku ke-n barisan tersebut adalah

u_n=\begin{cases}2&\mbox{jika }n\equiv 1\mbox{ mod }4\\4&\mbox{jika }n\equiv 2\mbox{ mod }4\\8&\mbox{jika }n\equiv 3\mbox{ mod }4\\16&\mbox{jika }n\equiv 0\mbox{ mod }4\end{cases}

yaitu u_n bernilai 2 jika n bersisa 1 bila dibagi 4, bernilai 4 jika n bersisa 2 bila dibagi 4, bernilai 8 jika n bersisa 3 bila dibagi 4, dan bernilai 16 jika n bersisa 0 bila dibagi 4 (yaitu habis dibagi 4).

Apakah periode minimalnya harus 4? Tentu tidak. Misalnya, kita dapat memilih suku ke-5 sesuka hati kita, kemudian kita anggap bahwa barisan tersebut bersifat periodik dengan periode minimal 5. Misalnya, kita pilih u_5=2017, sehingga barisan tersebut adalah 2, 4, 8, 16, 2017, 2, 4, 8, 16, 2017, 2, 4, 8, 16, 2017, dan seterusnya. Rumus suku ke-n dari barisan ini dapat dituliskan dalam bentuk bercabang seperti di paragraf sebelumnya. Dalam hal ini, kita membagi kasus berdasarkan sisa pembagian n oleh 5.

Dengan seperlunya menambahkan beberapa suku berikutnya, kita dapat menganggap bahwa barisan di atas bersifat periodik dengan periode minimal k, untuk setiap bilangan asli k\geqslant  4. Periode minimal ini bisa dibuat sepanjang yang kita suka.

Tidak hanya itu. Mengapa tidak menganggap bahwa barisan tersebut bersifat prakonstan? Misalnya, barisan di atas adalah 2, 4, 8, 16, 16, 16, 16, 16, dan seterusnya. Dengan demikian, suku ke-n barisan tersebut adalah

u_n=\begin{cases}2&\mbox{jika }n=1\\4&\mbox{jika }n=2\\8&\mbox{jika }n=3\\16&\mbox{jika }n\geqslant 4\end{cases}

Dalam hal ini, barisan tersebut bersifat prakonstan dengan panjang transien 3. (Panjang transien adalah banyaknya suku barisan tersebut sebelum menjadi konstan.) Panjang transien ini dapat dibuat sebesar yang kita suka dengan mengarang beberapa suku awal tambahan.

Lebih umum lagi, kita juga dapat menganggap barisan tersebut sebagai barisan praperiodik. Misalnya, barisan di atas adalah 2, 4, 8, 16, 1, 16, 1, 16, 1, dan seterusnya. Dengan demikian, suku ke-n barisan tersebut adalah

u_n=\begin{cases}2&\mbox{jika }n=1\\4&\mbox{jika }n=2\\8&\mbox{jika }n=3\\16&\mbox{jika }n\geqslant 4\mbox{ dan }n\mbox{ genap}\\1&\mbox{jika }n\geqslant 4\mbox{ dan }n\mbox{ ganjil}\end{cases}

Dalam hal ini, barisan tersebut bersifat praperiodik dengan panjang transien 3 dan periode minimal 2.  Lagi-lagi, panjang transien dan periode minimal ini juga dapat dibuat sebesar yang kita suka.

Jadi…

Ada sebanyak tak terhitung (tidak hanya tak terhingga, tetapi tak terhitung!) kemungkinan rumus suku ke-n dari barisan di atas! Mengapa kita harus memilih u_n= 2^n?

Sungguh memprihatinkan bahwa soal semacam ini sudah terlalu banyak dijumpai di buku-buku matematika, bahkan di soal-soal ujian matematika, baik tingkat SMP maupun SMA. Pada umumnya, jawaban yang diharapkan oleh pembuat soal memang u_n= 2^n. Jika benar demikian, pada soal tersebut hendaknya diterangkan bahwa barisan yang dimaksud merupakan barisan geometri, yaitu barisan yang setiap sukunya diperoleh dengan cara mengalikan suku sebelumnya dengan sebuah bilangan yang tetap. Keterangan tambahan yang sederhana namun esensial inilah yang akan menjamin bahwa soal tersebut hanya memiliki satu jawaban, yaitu u_n= 2^n. (Bahkan, dengan menambahkan keterangan tersebut, jawaban ini sudah dapat ditentukan secara tunggal hanya dengan menggunakan dua suku yang manapun dari barisan tersebut.)

London, 15 Desember 2017

Jonathan Hoseana

Soal-Soal SanmarFest

Sudah beberapa tahun terakhir ini penulis berkontribusi sebagai penyusun naskah soal dan anggota dari tim penilai dalam kompetisi matematika SanmarFest, yaitu suatu kompetisi matematika rutin yang diadakan oleh SMA Santa Maria Surabaya yang mempertemukan murid-murid pilihan dari SMP-SMP di Surabaya dan sekitarnya. Sebagai bagian dari SanmarFest, kompetisi ini diselenggarakan bersamaan dengan kegiatan-kegiatan lainnya seperti lomba-lomba mata pelajaran lainnya, bazar, dan pameran pendidikan. Awalnya SanmarFest dilaksanakan setahun sekali, tetapi sekarang sudah diganti menjadi dua tahun sekali.

Terima kasih penulis ucapkan kepada Bapak/Ibu guru di SMA Santa Maria Surabaya yang telah bersedia menyelenggarakan kompetisi matematika ini secara rutin, kepada para murid SMA Santa Maria yang bersedia membantu, kepada para peserta dari kompetisi matematika ini, dan juga kepada Bapak/Ibu guru pendampingnya masing-masing. Penulis juga mengucapkan selamat kepada para pemenang.

Berikut penulis publikasikan soal-soal kompetisi matematika SanmarFest yang telah terselenggara. Setiap kompetisi terdiri dari babak penyisihan yang menggunakan 30 soal pilihan ganda, babak semifinal yang menggunakan 5 soal uraian, dan babak final yang menggunakan 1 soal pemecahan masalah.

1. Soal-Soal Kompetisi Matematika SanmarFest 2014

1 KOMPETISI MATEMATIKA SANMARFEST 2014 – PENYISIHAN

2 KOMPETISI MATEMATIKA SANMARFEST 2014 – SEMIFINAL

3 KOMPETISI MATEMATIKA SANMARFEST 2014 – FINAL

2. Soal-Soal Kompetisi Matematika SanmarFest 2015

1 KOMPETISI MATEMATIKA SANMARFEST 2015 – PENYISIHAN

2 KOMPETISI MATEMATIKA SANMARFEST 2015 – SEMIFINAL

3 KOMPETISI MATEMATIKA SANMARFEST 2015 – FINAL

3. Soal-Soal Kompetisi Matematika SanmarFest 2017

1 KOMPETISI MATEMATIKA SANMARFEST 2017 – PENYISIHAN

2 KOMPETISI MATEMATIKA SANMARFEST 2017 – SEMIFINAL

3 KOMPETISI MATEMATIKA SANMARFEST 2017 – FINAL

Mudah-mudahan soal-soal di atas dapat menjadi bahan latihan untuk peserta SanmarFest (dan juga lomba-lomba matematika SMP lainnya) di tahun-tahun yang akan datang. Andaikata terdapat kesalahan dalam soal-soal di atas, penulis mohon maaf.

Apabila ingin bahan belajar lain, berikut penulis menginformasikan buku-buku matematika yang penulis buat. Semua buku berikut ini diterbitkan oleh Penerbit Grasindo. Pertama, ada buku SUJU (Sukses Juara) Olimpiade Matematika edisi pertama (terbit 30 Juli 2012).

koversuju

Sukses Juara Olimpiade Matematika edisi pertama

Tetapi buku ini kemungkinan besar sudah tidak beredar di pasaran, karena sudah direvisi menjadi buku SUJU (Sukses Juara) Olimpiade Matematika edisi revisi (terbit 23 Februari 2015).

koversujurevisi

Sukses Juara Olimpiade Matematika edisi revisi

Buku ini kemudian dicetak ulang, dan oleh penerbit Grasindo diberi kover dan judul baru, yaitu Top Sukses Olimpiade Matematika SMA/MA (terbit 18 Juli 2016). Walaupun kover dan judulnya berbeda, isi buku ini sama persis dengan isi buku Sukses Juara Olimpiade Matematika edisi revisi. Walaupun judulnya mencantumkan SMA, sebenarnya sebagian besar isi buku ini dapat diajarkan kepada anak SMP. Itulah sebabnya, judul sebelumnya dari buku ini tidak mencantumkan SMA maupun SMP, karena memang buku ini ditulis untuk olimpiade matematika secara global, tanpa membedakan SMA atau SMP.

koversujurevisireprint

Top Sukses Olimpiade Matematika SMA/MA

Semua buku di atas berisi materi yang sesuai untuk olimpiade matematika seperti Olimpiade Sains Nasional (OSN). Materi olimpiade matematika agak berbeda dengan kompetisi matematika sekolah seperti SanmarFest dan juga kompetisi-kompetisi matematika yang diadakan oleh Jurusan Matematika dari berbagai perguruan tinggi di Indonesia. Kompetisi matematika sekolah, seperti namanya, mengujikan materi-materi matematika sekolah, namun melalui soal-soal yang tingkat kesulitannya lebih tinggi daripada soal-soal matematika sekolah pada umumnya. Untuk persiapan kompetisi matematika sekolah, ada buku Sukses Juara Kompetisi Matematika SMP/MTs (terbit 20 Februari 2017) yang berisi 200 soal latihan berbentuk pilihan ganda beserta solusi lengkapnya masing-masing. Sebagian dari soal-soal SanmarFest termuat beserta solusi lengkapnya dalam buku ini.

koversujukomatsmp

Sukses Juara Kompetisi Matematika SMP/MTs

Ada juga buku serupa untuk tingkat SMA, yaitu Sukses Juara Kompetisi Matematika SMA/MA (terbit 20 Februari 2017). Buku ini berisi 400 soal latihan berbentuk pilihan ganda, yang terdiri dari 200 soal tingkat dasar dan 200 soal tingkat lanjut, beserta solusi lengkapnya masing-masing.

koversujukomatsma

Sukses Juara Kompetisi Matematika SMA/MA

Kurang lebih setahun setelah buku Sukses Juara Kompetisi Matematika terbit edisi SMP dan SMA-nya, terbit pula edisi tingkat SD dari buku yang sama, yaitu Sukses Juara Kompetisi Matematika SD/MI (terbit 19 Februari 2018) yang berisi 200 soal latihan berbentuk pilihan ganda beserta solusi lengkapnya masing-masing.

koversujukomatsd

Sukses Juara Kompetisi Matematika SD/MI

Penulis senantiasa menerima dan mengapresiasi segala masukan yang membangun, misalnya berupa informasi tentang kesalahan pengetikan atau kesalahan apapun yang terdapat dalam buku-buku di atas. Masukan-masukan tersebut akan sangat membantu, terlebih apabila buku yang bersangkutan akan direvisi di masa yang akan datang. Melalui kontribusi-kontribusi ini, penulis berharap untuk turut serta meningkatkan kualitas olimpiade-olimpiade dan kompetisi-kompetisi matematika di Indonesia.

London, 4 Maret 2018

Jonathan Hoseana

Deret Harmonik dan Menyusun Batu Bata

Permasalahan

Misalkan tersedia beberapa batu bata identik dengan panjang 1 satuan.

1

Pusat massa setiap batu bata tersebut tentu ada di bagian tengahnya (yaitu pada titik-titik hitam di atas). Permasalahan yang akan dibahas pada tulisan ini adalah dapatkah kita menyusun batu-batu bata tersebut di pinggir sebuah meja sedemikian rupa sehingga membuat salah satu batu bata sepenuhnya berada di luar meja? Jika mungkin, paling sedikit berapa batu bata yang diperlukan untuk membuat susunan ini?

2

Kita harus membuat susunan seperti pada gambar di atas sehingga ujung kiri batu bata paling atas berimpit dengan atau berada di kanan dari ujung kanan batu bata paling bawah. Dengan demikian, batu bata paling atas sepenuhnya berada di luar meja. Nanti kita akan melihat paling sedikit berapa batu bata yang diperlukan agar tujuan itu tercapai.

Menyelesaikan Permasalahan Tersebut dengan Melihat Pola

Kita akan mencoba melihat pola.

Misalkan kita mulai dengan 2 batu bata. Susunan yang dapat kita buat adalah sebagai berikut.

3

Susunan ini sudah merupakan kondisi yang paling ekstrem, artinya batu bata paling atas sudah berada di titik paling kanan yang mungkin. Kalau batu bata paling atas tersebut digeser ke kanan sedikit lagi saja maka susunan tersebut akan roboh. Dalam kondisi ekstrem ini, titik pusat massa dari batu bata atas tepat berimpit dengan ujung kanan batu bata bawah.

Berikutnya, kita akan menambahkan satu batu bata lagi dalam susunan 2 batu bata di atas. Kuncinya adalah, batu bata yang baru tidak diletakkan di atas batu paling atas, tetapi justru disisipkan di bawah batu paling bawah. Jadi sekarang kita harus mencari posisi yang tepat bagi batu bata abu-abu pada gambar berikut supaya kondisi ekstrem tercapai.

4

Misalkan x adalah jarak yang ditunjukkan pada gambar di atas, maka diperoleh sebagai berikut.

5

Jadi, titik pusat massa batu bata tengah terletak pada posisi x+\frac{1}{2} diukur dari depan, sedangkan titik pusat massa batu bata atas terletak pada posisi x+1 diukur dari depan. Dengan demikian, posisi titik pusat massa gabungan batu bata tengah dan atas adalah \frac{\left(x+\frac{1}{2}\right)+(x+1)}{2}=x+\frac{3}{4}. Supaya diperoleh kondisi ekstrem, maka titik pusat massa gabungan ini harus berada tepat di ujung kanan batu bata paling bawah. Jadi, diperoleh x+\frac{3}{4}=1, yang memberikan x=\frac{1}{4}. Jadi, susunan tiga batu bata dalam kondisi ekstrem adalah sebagai berikut.

6

Dengan cara yang sama kita dapat menentukan posisi batu bata keempat pada susunan empat batu bata, yaitu sebagai berikut.

7

Posisi titik pusat massa gabungan tiga batu bata teratas adalah \frac{\left(x+\frac{1}{2}\right)+\left(x+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)+\left(x+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)}{3}=x+\frac{5}{6}. Supaya diperoleh kondisi ekstrem, maka titik pusat massa gabungan ini harus berada tepat di ujung kanan batu bata paling bawah. Jadi, diperoleh x+\frac{5}{6}=1, yang memberikan x=\frac{1}{6}. Jadi, susunan empat batu bata dalam kondisi ekstrem adalah sebagai berikut.

8

Perhatikan bahwa dalam susunan empat batu bata di atas, ujung kanan batu paling bawah dengan ujung kiri batu paling atas sudah sangat dekat.

9

Untuk susunan lima batu bata, dapat diperlihatkan bahwa susunan dalam kondisi ekstremnya adalah sebagai berikut.

10

Dalam susunan ini, ternyata ujung kiri batu bata teratas sudah berada di sebelah kanan ujung kanan batu bata terbawah.

11

Dengan demikian, tujuan kita telah tercapai hanya dengan menggunakan lima batu bata.

Deret Harmonik

Perhatikan pola bilangan yang terlihat pada susunan tadi, yaitu \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{6}, \frac{1}{8} yang merupakan pola kebalikan dari bilangan genap. Jika proses di atas dilanjutkan untuk menentukan posisi batu bata keenam, ketujuh, dan seterusnya, maka akan terbentuk barisan bilangan berikut.

\displaystyle\frac{1}{2},\,\,\frac{1}{4},\,\,\frac{1}{6},\,\,\frac{1}{8},\,\,\frac{1}{10},\,\,\frac{1}{12},\,\,\ldots

Jika tanda koma pada barisan tersebut kita ganti dengan penjumlahan, maka diperoleh deret bilangan

\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{10}+\frac{1}{12}+\ldots=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\ldots\right),

di mana deret \displaystyle\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n} disebut sebagai deret harmonik.

Surabaya, 28 Agustus 2017

Jonathan Hoseana

Sebuah Trik Sulap Matematis

Pengantar

Sebagaimana terlihat dari judulnya, tulisan ini akan membahas sebuah trik sulap matematis. Walaupun penulis mengatakan bahwa ini adalah trik sulap matematis, trik sulap ini sama sekali tidak berkaitan dengan menghitung. Ya, ini adalah kesempatan bagi penulis untuk mengatakan sekali lagi, bahwa matematika bukan sekedar ilmu menghitung.

Trik sulap ini bersifat interaktif dan dapat dipertunjukkan dalam tayangan di televisi atau di internet dengan menggunakan penonton tayangan tersebut sebagai partisipan. Untuk menimbulkan kesan ajaib, sang pesulap biasanya mulai dengan mengatakan bahwa ia akan dapat membaca pikiran penonton, walaupun sang pesulap dan penonton berada di tempat berbeda.

Penulis akan mulai dengan menjelaskan terlebih dahulu trik sulap tersebut. Tentu saja pembaca dapat menjadi partisipan untuk membuktikan bahwa trik ini berhasil. Kemudian penulis akan menjelaskan rahasianya.

Trik

Pertama, sang pesulap meminta partisipan untuk memilih salah satu dari lima kartu berikut, dan mengingat kartu yang dipilihnya dalam hati.

gambar1

Gambar 1

Ingat bahwa partisipannya adalah seorang penonton yang menonton sulap ini di televisi, sehingga tentu sang pesulap tidak mengetahui kartu yang dipilih oleh partisipan. Lalu sang pesulap mencampurkan kelima kartu di atas dengan empat kartu lain, sehingga sekarang ia memiliki sembilan kartu. Kesembilan kartu ini kemudian ditampilkan di layar dalam susunan persegi berikut.

gambar2

Gambar 2

Pada saat susunan sembilan kartu ini tampil di layar, sang pesulap meminta partisipan untuk meletakkan ujung jari telunjuknya di layar televisinya, tepatnya pada kartu yang dipilihnya tadi. Setelah itu, sang pesulap meminta partisipan untuk memindahkan telunjuknya sebanyak tiga langkah, di mana setiap langkah boleh berupa langkah ke atas, ke bawah, ke kiri, atau ke kanan, tetapi tidak boleh diagonal dan tidak boleh melompati kartu. Setelah melakukan hal ini, telunjuk partisipan tentu berpindah ke kartu yang lain. Kemudian sang pesulap meminta agar telunjuk partisipan itu tetap diam di kartu di mana telunjuk itu sekarang berada, sementara ia membuang dua kartu. Sekarang susunan kartunya, misalkan, adalah sebagai berikut.

gambar3

Gambar 3

Kemudian sang pesulap meminta agar partisipan memindahkan telunjuknya sebanyak tiga langkah lagi dengan aturan yang sama, yaitu setiap langkah boleh berupa langkah ke atas, ke bawah, ke kiri, atau ke kanan. Telunjuk partisipan tidak diperbolehkan melangkah ke tempat dari kartu yang sudah dibuang. Setelah itu, sang pesulap membuang dua kartu lagi. Sekarang susunan kartunya, misalkan, adalah sebagai berikut.

gambar4

Gambar 4

Lalu sang pesulap meminta partisipan untuk melakukan hal yang sama lagi, yaitu memindahkan telunjuknya sebanyak tiga langkah dengan aturan yang sama. Setelah itu, sang pesulap membuang, misalnya satu kartu, sehingga susunan kartunya sekarang menjadi sebagai berikut.

gambar5

Gambar 5

Kemudian sang partisipan memindahkan telunjuknya tiga langkah lagi, lalu sang pesulap membuang satu kartu lagi sehingga susunan kartunya sekarang menjadi sebagai berikut.

gambar6

Gambar 6

Kemudian sang partisipan memindahkan telunjuknya tiga langkah lagi untuk yang terakhir kalinya. Setelah itu, dari tiga kartu yang tersisa sekarang, sang pesulap membuang dua kartu. Dalam hal ini, kartu yang dibuang oleh sang pesulap adalah 9 wajik dan 7 hati, sehingga sang pesulap berhasil memprediksi dengan tepat bahwa telunjuk sang partisipan sekarang berada di kartu 8 keriting. Saatnya sang pesulap untuk mengatakan: “Sempurna!”

gambar7

Gambar 7

Rahasia

Berikut adalah rahasianya. Pertama-tama, bila kita perhatikan Gambar 2 dengan cermat, terlihat bahwa kartu-kartu di Gambar 1 terletak di ujung kiri atas, ujung kanan atas, tengah, ujung kiri bawah, dan ujung kanan bawah dari susunan tersebut. Oleh karena itu, bila susunan kartu di Gambar 2 kita letakkan pada sebuah papan catur berukuran 3 × 3, maka kelima kartu yang dapat dipilih oleh partisipan terletak di petak-petak yang berwarna sama. Tanpa mengurangi keumuman, misalkan warna ini adalah hitam. Dengan demikian, keempat kartu tambahan terletak di petak-petak yang berwarna putih.

catur

Papan catur 3 × 3

Dalam setiap tahap, sang pesulap meminta partisipan untuk memindahkan telunjuknya sebanyak tiga langkah yang terdiri dari langkah ke atas, ke bawah, ke kiri, atau ke kanan, tetapi tidak boleh diagonal dan tidak boleh melompati kartu. Ketentuan ini menjamin bahwa dalam setiap tahap, telunjuk sang partisipan berpindah ke suatu kartu yang berada di petak yang warnanya berlawanan dengan warna petak dari kartu di mana telunjuknya berada pada tahap sebelumnya. Karena partisipan itu mulai dengan kartu di petak hitam, maka setelah satu tahap telunjuknya berada di sebuah kartu di petak putih. Karena mengetahui hal ini, maka sekarang sang pesulap sebenarnya bebas membuang kartu manapun yang terletak di petak hitam. Namun sang pesulap cenderung tidak membuang terlalu banyak kartu, supaya pada tahap berikutnya semua kartu yang tersisa tetap dapat dilewati oleh telunjuk partisipan.

Dengan prinsip ini, sang pesulap dapat membuang sedikit demi sedikit kartu dalam setiap tahap, sehingga menyisakan hanya satu kartu yang terletak di suatu petak dengan salah satu warna. Pada Gambar 6, kita melihat bahwa hanya ada satu kartu yang berada di petak putih, yaitu 8 keriting. Karena sebelumnya telunjuk partisipan berada di kartu di petak hitam (yaitu salah satu dari 9 wajik atau 7 hati), maka tindakan partisipan melangkahkan telunjuknya tiga kali untuk yang terakhir kalinya menjamin bahwa telunjuk partisipan pasti berada di kartu di petak putih, yang hanya tinggal satu, yaitu 8 keriting. Dengan demikian sang pesulap dapat membuang kartu 9 wajik dan 7 hati dan menebak dengan tepat letak telunjuk partisipan sekarang.

Sudut Pandang Teori Graf

Dari penjelasan di atas terlihat bahwa trik sulap ini menggunakan prinsip paritas. Atau, bila ingin dipandang secara lebih mendalam, keberhasilan sulap ini didasarkan pada sifat dari lintasan dalam graf bipartit. Bagi para pembaca yang memahaminya, setiap papan catur selalu dapat dikaitkan dengan sebuah graf bipartit. Dalam trik sulap di atas, graf yang dimaksud adalah graf yang memiliki sembilan titik yang mewakili kesembilan kartu yang dipakai. Setiap pasangan titik ditautkan jika dan hanya jika partisipan dapat melangkah dari kartu yang diwakili oleh titik yang satu ke kartu yang diwakili oleh titik lainnya.

graf

Graf bipartit yang dimaksud

Graf ini tentu bersifat bipartit, di mana partisinya terdiri dari himpunan kelima titik yang mewakili kelima kartu yang dapat dipilih oleh partisipan dan himpunan keempat titik yang mewakili keempat kartu tambahan. Dalam setiap tahap, langkah partisipan selalu membentuk suatu lintasan dengan panjang 3, yang merupakan bilangan ganjil, sehingga ia selalu berpindah dari himpunan pertama ke himpunan kedua atau sebaliknya. Tentu saja 3 dapat diganti dengan bilangan ganjil lainnya. Mungkin juga, sang pesulap sekali waktu (tetapi tidak terus-menerus) menggunakan bilangan genap. Jika demikian maka ia mengetahui bahwa pada tahap tersebut partisipan tidak berpindah paritas.

Penutup

Mudah-mudahan penjelasan di atas dapat dipahami, dan mudah-mudahan tulisan ini semakin memberikan gambaran bahwa matematika sungguh-sungguh menjadi pemeran utama dalam berbagai hal yang kita temui dalam kehidupan. Selain dalam teknologi, dalam artikel sebelumnya yang membahas fraktal, kita telah melihat peran matematika dalam desain grafis, dan dalam artikel ini, kita melihat peran matematika dalam trik sulap. Trik-trik sulap dan permainan-permainan yang menggunakan matematika dipelajari dalam cabang ilmu matematika yang disebut matematika rekreasional.

Salah satu pesulap terkenal yang pernah mempertunjukkan trik sulap ini adalah David Copperfield. Videonya dapat dilihat antara lain di https://www.youtube.com/watch?v=OZ1WTRkTjcA.

London, 13 Agustus 2017

Jonathan Hoseana

Fraktal: Melukis dengan Sistem Dinamik!

Pengantar

Beberapa di antara pembaca, khususnya yang menekuni matematika, mungkin pernah mendengar istilah fraktal namun belum mengetahui secara persis artinya. Tulisan ini akan membahas fraktal, dan juga keindahannya, dengan bahasa sederhana sehingga diharapkan menarik dan mudah dipahami.

Permainan Khaos dan Segitiga Sierpinski

Kita awali dengan membahas suatu proses yang dikenal sebagai permainan khaos. Mulailah dengan memilih sembarang tiga titik di bidang yang tidak segaris, misalnya P_1=(1,1), P_2=(4,5), dan P_3=(6,0).

Segitiga

Contoh pemilihan tiga titik di bidang yang tidak segaris

Kemudian pilihlah satu titik awal, misalnya X_0=(3,2), lalu lakukan proses iteratif berikut. Untuk setiap bilangan asli n, titik X_n ditentukan dari X_{n-1} dengan cara melempar sebuah dadu. Jika dadu memunculkan:

  • Angka 1 atau 2, maka X_n didefinisikan sebagai titik tengah antara X_{n-1} dan P_1.
  • Angka 3 atau 4, maka X_n didefinisikan sebagai titik tengah antara X_{n-1} dan P_2.
  • Angka 5 atau 6, maka X_n didefinisikan sebagai titik tengah antara X_{n-1} dan P_3.

Dengan proses ini, dapatkanlah titik-titik X_0, X_1, …, X_N dengan N cukup besar. Menariknya, apapun titik awal X_0 yang kita pilih, plot dari titik-titik tersebut ternyata konvergen ke suatu objek matematis yang disebut segitiga Sierpinski.

SegitigaSierpinski

Contoh untuk N=10.000

Secara geometris, segitiga Sierpinski dapat digambar dengan cara berikut. Mulai dengan sebuah segitiga yang titik-titik sudutnya adalah P_1, P_2, dan P_3. Kemudian buanglah segitiga tengahnya, yaitu segitiga yang titik-titik sudutnya merupakan titik-titik tengah dari sisi-sisi segitiga semula. Bangun yang tersisa terdiri dari tiga buah segitiga. Buanglah lagi segitiga tengah dari tiap-tiap segitiga ini. Lakukan proses ini terus-menerus. Artinya, dalam setiap langkah, kita membuang segitiga tengah dari tiap-tiap segitiga yang tersisa sehingga menghasilkan tiga segitiga baru yang lebih kecil. Bangun yang menjadi “limit” dari proses ini adalah segitiga Sierpinski.

SierpinskiConstruction

Cara menggambar segitiga Sierpinski

Segitiga Sierpinski adalah salah satu contoh klasik dari suatu jenis objek matematis yang disebut fraktal. Definisi formal dari fraktal ada banyak versi, namun secara kasar, fraktal dapat dipahami sebagai suatu bentuk geometris yang memiliki sifat serupa diri (yaitu tersusun atas bagian-bagian yang sebangun dengan dirinya sendiri) dan memiliki dimensi yang bukan bilangan bulat (dalam arti yang dapat dijelaskan secara presisi).

Formalisasi

Proses yang kita lakukan pada permainan khaos tadi dapat disajikan secara lebih formal sebagai berikut. Kita mulai dengan menetapkan tiga titik di \mathbb{R}^2, misalkan P_1=\left(\begin{array}{c}p_1\\q_1\end{array}\right), P_2=\left(\begin{array}{c}p_2\\q_2\end{array}\right), dan P_3=\left(\begin{array}{c}p_3\\q_3\end{array}\right). Untuk setiap i\in\{1,2,3\}, titik P_i kita kaitkan dengan suatu fungsi yang menghitung titik tengah dari sembarang titik \left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right) dan P_i, yaitu fungsi f_i:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 dengan aturan

f_i\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}p_i\\\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}q_i\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2}&0\\0&\frac{1}{2}\end{array}\right) \left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{c}\frac{1}{2}p_i\\\frac{1}{2}q_i\end{array}\right).

Ketiga fungsi f_1, f_2, dan f_3 tersebut membentuk suatu himpunan \left\{f_1,f_2,f_3\right\} yang disebut sebagai sistem fungsi teriterasi di \mathbb{R}^2. Sistem fungsi teriterasi inilah yang merupakan “alat pelukis fraktal”.

Sebagaimana yang telah kita lihat, sistem fungsi teriterasi di \mathbb{R}^2 yang terdiri dari tiga fungsi, di mana masing-masing fungsi merupakan fungsi penghitung titik tengah dari argumennya dan suatu titik tertentu di bidang, ternyata melukiskan suatu fraktal yang adalah segitiga Sierpinski. Cara melukiskan fraktal tersebut adalah dengan memilih sembarang titik awal X_0 lalu membentuk barisan titik-titik yang setiap sukunya diperoleh dengan cara menghitung peta dari suku sebelumnya terhadap salah satu dari tiga fungsi tersebut yang dipilih secara acak, di mana tiap-tiap fungsi mempunyai peluang yang sama untuk dipilih, yaitu \frac{1}{3}.

Secara umum, tentu saja kita dapat menciptakan sistem fungsi teriterasi lain sehingga melukiskan fraktal-fraktal lain yang tak kalah indahnya. Sistem tersebut dapat terdiri dari sebanyak berapapun fungsi, dan tiap-tiap fungsi tersebut bisa mempunyai peluang berbeda-beda untuk dipilih dalam setiap iterasi. Secara umum, suatu sistem fungsi teriterasi dengan peluang di \mathbb{R}^2 terdiri dari himpunan fungsi \left\{f_1,f_2,\ldots,f_n\right\} dan himpunan peluang \{p_1,p_2,\ldots,p_n\} dengan n\in\mathbb{N} dan p_1+p_2+\ldots+p_n=1, di mana untuk setiap i\in\{1,2,\ldots,n\}, fungsi f_i:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 dipilih dengan peluang p_i\in [0,1] dan memiliki aturan

f_i\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a_i&b_i\\c_i&d_i \end{array}\right) \left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{c}e_i\\f_i\end{array}\right),

di mana a_i,b_i,c_i,d_i,e_i,f_i\in\mathbb{R}. Tentu saja bentuk fraktal yang terlukis bergantung pada nilai-nilai p_i dan a_i,b_i,c_i,d_i,e_i,f_i. Jika nilai bilangan-bilangan tersebut dipilih dengan tepat, maka akan terlukis fraktal-fraktal yang keindahannya tak terduga. Berikut akan diberikan dua contoh di antaranya. Dari kedua contoh ini nanti kita akan melihat bahwa gambar-gambar digital yang rumit ternyata dapat disimpan di komputer cukup sebagai suatu sistem fungsi teriterasi. Dengan kata lain, komputer tidak perlu menyimpan semua koordinat titik-titik yang membentuk gambar tersebut, melainkan cukup bilangan-bilangan p_i dan a_i,b_i,c_i,d_i,e_i,f_i yang membentuk sistem fungsi teriterasi yang bersangkutan saja.

Pohon Fraktal

Perhatikan sistem fungsi teriterasi \left\{f_1,f_2,f_3,f_4\right\}, di mana fungsi-fungsi di dalamnya dipilih dengan peluang masing-masing p_1=0\textnormal{,}05, p_2=0\textnormal{,}4, p_3=0\textnormal{,}4, p_4=0\textnormal{,}15, dan aturan masing-masing

f_1\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc}0&0\\0&0\textnormal{,}5\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right),

f_2\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc}0\textnormal{,}42&-0\textnormal{,}42\\0\textnormal{,}42&0\textnormal{,}42\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{c}0\\0\textnormal{,}2\end{array}\right),

f_3\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc}0\textnormal{,}42&0\textnormal{,}42\\-0\textnormal{,}42&0\textnormal{,}42\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{c}0\\0\textnormal{,}2\end{array}\right),

f_4\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc}0\textnormal{,}1&0\\0&0\textnormal{,}1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{c}0\\0\textnormal{,}2\end{array}\right).

Sistem fungsi teriterasi ini melukiskan fraktal yang disebut pohon fraktal. Contoh hasil simulasi yang diperoleh dengan memilih titik awal X_0=(0,0) dan menjalankan sebanyak N=10.000 iterasi adalah sebagai berikut.

PohonFraktal

Contoh untuk N=10.000

Pakis Barnsley

Perhatikan sistem fungsi teriterasi \left\{f_1,f_2,f_3,f_4\right\}, di mana fungsi-fungsi di dalamnya dipilih dengan peluang masing-masing p_1=0\textnormal{,}01, p_2=0\textnormal{,}85, p_3=0\textnormal{,}07, p_4=0\textnormal{,}07, dan aturan masing-masing

f_1\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc}0&0\\0&0\textnormal{,}16\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right),

f_2\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc}0\textnormal{,}85&0\textnormal{,}04\\-0\textnormal{,}04&0\textnormal{,}85\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{c}0\\1\textnormal{,}6\end{array}\right),

f_3\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc}0\textnormal{,}2&-0\textnormal{,}26\\0\textnormal{,}23&0\textnormal{,}22\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{c}0\\1\textnormal{,}6\end{array}\right),

f_4\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc}-0\textnormal{,}15&0\textnormal{,}28\\0\textnormal{,}26&0\textnormal{,}24\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{c}0\\0\textnormal{,}44\end{array}\right).

Sistem fungsi teriterasi ini melukiskan fraktal yang disebut pakis Barnsley. Contoh hasil simulasi yang diperoleh dengan memilih titik awal X_0=(0,0) dan menjalankan sebanyak N=10.000 iterasi adalah sebagai berikut.

PakisBarnsley

Contoh untuk N=10.000

Penutup

Dari sudut pandang terapan, adanya cara melukis fraktal dengan menggunakan sistem fungsi teriterasi ini tentu saja tidak disia-siakan oleh para matematikawan. Di Indonesia, misalnya, sudah ada kelompok peneliti yang menggunakan fraktal sebagai pola-pola pada batik. Mereka menginovasi batik yang disebut sebagai batik fraktal. Dengan demikian, matematika menjadi pemeran utama dalam desain grafis!

Tulisan ini bersumber dari dua buku dari Robert L. Devaney yaitu Chaos, Fractals, and Dynamics dan A First Course in Chaotic Dynamical Systems, serta buku dari Michael F. Barnsley yaitu Fractals Everywhere.

London, 10 Juni 2017

Jonathan Hoseana