Induksi Matematika

Merupakan pembuktian dengan cara deduktif, meski namanya induksi. Induksi matematika atau disebut juga induksi lengkap sering dipergunakan untuk pernyataan-pernyataan yang menyangkut bilangan-bilangan asli.

Perlu ditekankan bahwa induksi matematika hanya digunakan untuk membuktikan kebenaran dari suatu pernyataan atau rumus, bukan untuk menurunkan rumus. Atau lebih tegasnya induksi matematika tidak dapat digunakan untuk menurunkan atau menemukan rumus.

Prinsip Induksi Matematika

Untuk setiap bilangan bulat positif n, misalkan P(n) adalah pernyataan yang bergantung pada n. Jika

P(1) benar dan
untuk setiap bilangan bulat positif k, jika P(k) benar maka P(k + 1) benar

maka pernyataan P(n) bernilai benar untuk semua bilangan bulat positif n.

Untuk menerapkan prinsip induksi matematika, kita harus melakukan 2 langkah:

Langkah 1 Buktikan bahwa P(1) benar. (langkah dasar)
Langkah 2 Anggap bahwa P(k) benar, dan gunakan anggapan ini untuk membuktikan bahwa P(k + 1) benar. (langkah induksi)

Perlu diingat bahwa dalam Langkah 2 kita tidak membuktikan bahwa P(k) benar. Kita hanya menunjukkan bahwa jika P(k) benar, maka P(k + 1) juga bernilai benar. Anggapan bahwa pernyataan P(k) benar disebut sebagai hipotesis induksi.

Untuk menerapkan Prinsip Induksi Matematika, kita harus bisa menyatakan pernyataan P(k + 1) ke dalam pernyataan P(k) yang diberikan. Untuk menyatakan P(k + 1), substitusi kuantitas k + 1 ke k dalam pernyataan P(k).

Langkah-Langkah Pembuktian Induksi Matematika

Dari uraian-uraian diatas, langkah-langkah pembuktian induksi matematika dapat kita urutkan sebagai berikut :

Langkah dasar: Tunjukkan P(1) benar.
Langkah induksi: Asumsikan P(k) benar untuk sebarang k bilangan asli, kemudian tunjukkan P(k+ 1) juga benar berdasarkan asumsi tersebut.
Kesimpulan: P(n) benar untuk setiap bilangan asli n.

Pembuktian Deret

Sebelum masuk pada pembuktian deret, ada beberapa hal yang perlu dipahami dengan baik menyangkut deret.

Jika P(n) : u₁ + u₂ + u₃ + … + u_n = S_n , maka
P(1) : u₁ = S₁
P(k) : u₁ + u₂ + u₃ + … + u_k = S_k
P(k + 1) : u₁ + u₂ + u₃ + … + u_k + u_k+1 = S_k+1

Pembuktian Keterbagian

Pernyataan “a habis dibagi b” bersinonim dengan :

a kelipatan b
b faktor dari a
b membagi a

Jika p habis dibagi a dan q habis dibagi a, maka (p + q) juga habis dibagi a.
Sebagai contoh, 4 habis dibagi 2 dan 6 habis dibagi 2, maka (4 + 6) juga habis dibagi 2.

Pembuktian Pertidaksamaan

Berikut sifat-sifat pertidaksamaan yang sering digunakan:
1. Sifat transitif
a > b > c ⇒ a > c atau
a < b < c ⇒ a < c

2. a < b dan c > 0 ⇒ ac < bc atau
a > b dan c > 0 ⇒ ac > bc

3. a < b ⇒ a + c < b + c atau
a > b ⇒ a + c > b + c

Mari kita coba untuk latihan menggunakan sifat-sifat diatas untuk menunjukkan implikasi “jika P(k) benar maka P(k + 1) juga benar”.

Misalkan
P(k) : 4k < 2^k
P(k + 1) : 4(k + 1) < 2^k+1
Jika diasumsikan P(k) benar untuk k ≥ 5, tunjukkan P(k + 1) juga benar !

Ingat bahwa target kita adalah menunjukkan
4(k + 1) < 2^k+1 = 2(2^k) = 2^k + 2^k (TARGET)

Kita dapat mulai dari ruas kiri pertaksamaan diatas
4(k + 1) = 4k + 4
4(k + 1) < 2^k + 4 (karena 4k < 2^k)
4(k + 1) < 2^k + 2^k (karena 4 < 4k < 2^k)
4(k + 1) = 2(2^k)
4(k + 1) = 2^k+1

Berdasarkan sifat transitif kita simpulkan
4(k + 1) < 2^k+1

Mengapa 4k dapat berubah menjadi 2^k ?

Berdasarkan sifat 3, kita diperbolehkan menambahkan kedua ruas suatu pertaksamaan dengan bilangan yang sama, karena tidak akan merubah nilai kebenaran pertaksamaan tersebut. Karena 4k < 2^k benar, akibatnya 4k + 4 < 2^k + 4 juga benar.

Darimana kita tahu, 4 harus diubah menjadi 2^k ?

Perhatikan target. Hasil sementara kita adalah 2^k + 4 sedangkan target kita adalah 2^k + 2^k.
Untuk k ≥ 5, maka 4 < 4k dan 4k < 2^k adalah benar, sehingga 4 < 2^k juga benar (sifat transitif). Akibatnya 2^k + 4 < 2^k + 2^k benar (sifat 3).

Induksi matematika terbagi 2 yaitu umum dan kuat

Matematika induksi umum

Pembuktian cara induksi matematika ingin membuktikan bahwa teori atau sifat itu benar untuk semua bilangan asli atau semua bilangan dalam himpunan bagiannya. Caranya ialah dengan menunjukkan bahwa sifat itu benar untuk n = 1 (atau S(1) adalah benar), kemudian ditunjukkan bahwa bila sifat itu benar untuk n = k (bila S(k) benar) menyebabkan sifat itu benar untuk n = k + 1 (atau S(k + 1) benar).

A. Bilangan (termasuk jumlah deret)

Buktikan bahwa $1+3+5+\cdots +2n-1=n^{2}$ untuk jumlah n bilangan ganjil pertama adalah n²!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

S(n)=1+3+5+\cdots +2n-1=n^{2}

Langkah pembuktian pertama:
untuk $\ S(1)=1^{2}=1$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$ , yaitu

S(k)=1+3+5+\cdots +2k-1=k^{2}

, maka akan dibuktikan benar pula untuk

n=k+1

, yaitu

S(k+1)=1+3+5+\cdots +2k-1+2(k+1)-1=(k+1)^{2}

sekarang sederhanakan persamaan pada sisi kiri dengan mengingat bahwa $k^{2}=1+3+5+...+2k-1$ sesuai dengan pengandaian awal

[1+3+5+\cdots +2k-1]+2(k+1)-1=k^{2}+2(k+1)-1

kemudian padankan bentuk sederhana tadi dengan sebelah kanan

k^{2}+2(k+1)-1=(k+1)^{2}

\ k^{2}+2k+1=(k+1)^{2}

, harap ingat bahwa

(k+1)^{2}=k^{2}+2k+1

\ (k+1)^{2}=(k+1)^{2}

(terbukti benar)

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk jumlah n bilangan ganjil pertama adalah n² karena memenuhi kedua langkah pembuktian

Buktikan bahwa $1+2+3+4+5+\cdots +n={\frac {n(n+1)}{2}}$ untuk setiap bilangan bulat positif adalah n!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

S(n)=1+2+3+4+5+\cdots +n={\frac {n(n+1)}{2}}

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=1$ , benar bahwa $\ S(1)={\frac {1(1+1)}{2}}=1$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$ , yaitu

S(k)=1+2+3+4+5+\cdots +k={\frac {k(k+1)}{2}}

, maka akan dibuktikan benar pula untuk

n=k+1

, yaitu

S(k+1)=1+2+3+4+5+\cdots +k+k+1={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}

sekarang sederhanakan persamaan pada sisi kiri dengan mengingat bahwa ${\frac {k(k+1)}{2}}=1+2+3+4+5+\cdots +k$ sesuai dengan pengandaian awal

[1+2+3+4+5+\cdots +k]+k+1={\frac {k(k+1)}{2}}+k+1

kemudian padankan bentuk sederhana tadi dengan sebelah kanan

{\frac {k(k+1)}{2}}+k+1={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}

(k+1)({\frac {k}{2}}+1)={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}

(k+1)({\frac {k+2}{2}})={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}

{\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}

{\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}

(terbukti benar)

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk setiap bilangan bulat positif adalah n karena memenuhi kedua langkah pembuktian.

B. Pertidaksamaan

Buktikan bahwa $4n<2^{n}$ untuk semua bilangan bulat positif n ≥ 5!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

S(n)=4n<2^{n}

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=5$ , benar bahwa $4(5)<2^{5}$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$ , yaitu

S(k)=4k<2^{k}

, maka akan dibuktikan benar pula untuk

n=k+1

, yaitu

S(k+1)=4(k+1)<2^{k+1}

sekarang sederhanakan persamaan pada sisi kiri dengan mengingat bahwa $4k$ sesuai dengan pengandaian awal

4(k+1)=4k+4

(karena 4 < 4k)

=4k+4k

kemudian padankan bentuk sederhana tadi dengan sebelah kanan

4k+4k<2^{k+1}

2(4k)<2^{k+1}

2(2^{k})<2^{k+1}

, ingat bahwa

a^{m}a^{n}=a^{m+n}

2^{k+1}<2^{k+1}

(terbukti benar)

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk semua bilangan bulat positif n ≥ 5 karena memenuhi kedua langkah pembuktian.

C. Faktor (termasuk kali atau bagi)

Buktikan bahwa salah satu faktor dari $n^{3}+3n^{2}+2n$ adalah 3 untuk semua bilangan bulat positif n!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

S(n)=n^{3}+3n^{2}+2n

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=1$ , benar bahwa $1^{3}+3(1)^{2}+2(1)=6$

andaikan benar untuk $n=k$ , yaitu

k^{3}+3k^{2}+2k

, maka akan dibuktikan benar pula untuk

n=k+1

, yaitu

(k+1)^{3}+3(k+1)^{2}+2(k+1)

sekarang tunjukkan bahwa 3 adalah faktor dari $(k+1)^{3}+3(k+1)^{2}+2(k+1)$

(k+1)^{3}+3(k+1)^{2}+2(k+1)=k^{3}+3k^{2}+3k+1+3k^{2}+6k+3+2k+2

=(k^{3}+3k^{2}+2k)+(3k^{2}+9k+6)

=(k^{3}+3k^{2}+2k)+3(k^{2}+3k+2)

karena 3 adalah faktor dari $3\cdot (k^{2}+3k+2)$ dan 3 juga merupakan faktor $k^{3}+3k^{2}+2k$ , maka 3 adalah faktor dari $(k+1)^{3}+3(k+1)^{2}+2(k+1)$ . Dengan menggabungkan hasil pada langkah pembuktian 1 dan 2.

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk 3 adalah faktor $n^{3}+3n^{2}+2n$ untuk semua bilangan bulat positif n karena memenuhi kedua langkah pembuktian

Buktikan bahwa 3 adalah faktor $4^{n}-1$ untuk semua bilangan bulat positif n!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

S(n)=4^{n}-1

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=1$ , benar bahwa $4^{1}-1=3$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$ , yaitu

4^{k}-1

, maka akan dibuktikan benar pula untuk

n=k+1

, yaitu

4^{k+1}-1

sekarang tunjukkan bahwa 3 adalah faktor dari $4^{k+1}-1$

4^{k+1}-1=4^{k+1}-4^{k}+4^{k}-1

=4^{k}(4-1)+(4^{k}-1)

=4^{k}3+(4^{k}-1)

karena 3 adalah faktor dari $4k\cdot 3$ dan 3 juga merupakan faktor $4^{k}-1$ , maka 3 adalah faktor dari $4^{k+1}-1$ . Dengan menggabungkan hasil pada langkah pembuktian 1 dan 2.

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk 3 adalah faktor $4^{n}-1$ untuk semua bilangan bulat positif n karena memenuhi kedua langkah pembuktian

Buktikan bahwa $5^{n}-1$ habis dibagi 4 untuk semua bilangan bulat positif n!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

S(n)=5^{n}-1

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=1$ , benar bahwa $5^{1}-1=4$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$ , yaitu

5^{k}-1

, maka akan dibuktikan benar pula untuk

n=k+1

, yaitu

5^{k+1}-1

sekarang tunjukkan bahwa $5^{k+1}-1$ habis dibagi 4

5^{k+1}-1=5^{k+1}-5^{k}+5^{k}-1

=5^{k}(5-1)+(5^{k}-1)

=5^{k}4+(5^{k}-1)

karena $5k\cdot 4$ dan $5^{k}-1$ habis dibagi 4, maka $5^{k+1}-1$ habis dibagi 4. Dengan menggabungkan hasil pada langkah pembuktian 1 dan 2.

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk $5^{n}-1$ habis dibagi 4 untuk semua bilangan bulat positif n karena memenuhi kedua langkah pembuktian

D. Faktorisasi

Buktikan bahwa x – y adalah faktor $x^{n}-y^{n}$ untuk semua bilangan bulat positif n!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

S(n)=x^{n}-y^{n}

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=1$ , benar bahwa $x^{1}-y^{1}=x-y$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$ , yaitu

x^{k}-y^{k}

, maka akan dibuktikan benar pula untuk

n=k+1

, yaitu

x^{k+1}-y^{k+1}

sekarang tunjukkan bahwa x – y adalah faktor dari $x^{k+1}-y^{k+1}$

x^{k+1}-y^{k+1}=x^{k+1}-x^{k}y+x^{k}y-y^{k+1}

=x^{k}(x-y)+(x^{k}-y^{k})y

karena x – y adalah faktor dari $x^{k}\cdot (x-y)$ dan x – y juga merupakan faktor $(x^{k}-y^{k})\cdot y$ , maka x – y adalah faktor dari $x^{k+1}-y^{k+1}$ . Dengan menggabungkan hasil pada langkah pembuktian 1 dan 2.

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk x – y adalah faktor $x^{n}-y^{n}$ untuk semua bilangan bulat positif n karena memenuhi kedua langkah pembuktian

E. Barisan

Temukan rumus untuk penjumlahan berhingga berikut kemudian buktikan rumus tersebut dengan induksi matematika!

{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2n(n+1)}}

Persamaan yang perlu dibuktikan:

S(n)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2n(n+1)}}

Langkah pembuktian pertama:
untuk beberapa penjumlahan $n$ dari pertama, benar bahwa

S(1)={\frac {1}{4}}={\frac {1^{2}}{2(1)(1+1)}}

S(2)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}={\frac {4}{12}}={\frac {2^{2}}{2(2)(2+1)}}

S(3)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}={\frac {9}{24}}={\frac {3^{2}}{2(3)(3+1)}}

S(4)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+{\frac {1}{40}}={\frac {16}{40}}={\frac {4^{2}}{2(4)(4+1)}}

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$ , yaitu

S(k)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2k(k+1)}}={\frac {k^{2}}{2k(k+1)}}

, maka akan dibuktikan benar pula untuk

n=k+1

, yaitu

S(k+1)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2k(k+1)}}+{\frac {1}{2(k+1)((k+1)+1)}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}

sekarang sederhanakan persamaan pada sisi kiri dengan mengingat bahwa ${\frac {k^{2}}{2k(k+1)}}={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2k(k+1)}}$ sesuai dengan pengandaian awal

[{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2k(k+1)}}]+{\frac {1}{2(k+1)[(k+1)+1]}}={\frac {k^{2}}{2k(k+1)}}+{\frac {1}{2(k+1)[(k+1)+1]}}

kemudian padankan bentuk sederhana tadi dengan sebelah kanan

{\frac {k^{2}}{2k(k+1)}}+{\frac {1}{2(k+1)((k+1)+1)}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}

{\frac {k^{2}}{2k(k+1)}}+{\frac {1}{2(k+1)(k+2)}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}

{\frac {k^{2}(k+2)+k}{2k(k+1)(k+2)}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}

{\frac {k(k^{2}+2k+1)}{2k(k+1)(k+2)}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}

{\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}

(terbukti benar)

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk hipotesis induksi matematika karena memenuhi kedua langkah pembuktian.

Matematika induksi kuat

Misalkan S(n) adalah pernyataan yang didefinisikan untuk bilangan bulat n, dan misalkan a dan b adalah bilangan bulat sedemikian sehingga a ≤ b. Jika dua pernyataan berikut bernilai benar,

S(a), S(a + 1), …, dan S(b) semuanya bernilai benar. (langkah dasar) Untuk sebarang bilangan bulat k ≥ b, jika S(i) benar untuk semua bilangan bulat i mulai a sampai k, maka S(k + 1) benar. (langkah induksi)

Maka untuk semua bilangan bulat n ≥ a, S(n) benar. (Asumsi bahwa S(i) benar untuk semua bilangan bulat i mulai dari a sampai k disebut sebagai hipotesis induksi. Cara lain untuk menyatakan hipotesis induksi adalah dengan menyatakan bahwa S(a), S(a + 1), …, S(k) semuanya bernilai benar.)

A. Bilangan (termasuk jumlah deret) B. Barisan C. Teori

Contoh soal induksi matematika, pembahasan dan jawaban

1. Buktikan bahwa $2+4+6+8+10+12+14+...+2n=n^{2}+n$

Bukti:

Pertama, kita harus buktikan nilai tersebut untuk n = 1. Untuk n = 1, nilai fungsi tersebut adalah $1^{2}+1=2$ (benar). Mengerti kan kenapa saya bilang benar?. ‘Benar’ maksudnya bahwa jika deret bilangan tersebut dijumlah sampai satu suku saja maka penjumlahannya akan bernilai 2 (dua). Kemudian kita cocokkan dengan rumus yang disebelah kanan yaitu $n^{2}+n$ , ternyata memberikan hasil yang sama yaitu 2 (dua). Itulah maksud kata ‘benar’ itu gess !.

Kedua, kita buktikan untuk n = k. sehingga deret penjumlahan di atas menjadi :

$2+4+6+8+10+12+14+...+2n=n^{2}+n$

$2+4+6+8+10+12+14+...+2k=k^{2}+k$

Untuk n = k ini kita asumsikan bernilai benar.

Ketiga, kita buktikan untuk n = k + 1

$2+4+6+8+10+12+14+...+2n=n^{2}+n$

$2+4+6+8+10+12+14+...+2k+2(k+1)=(k+1)^{2}+(k+1)$

$(k^{2}+k)+2(k+1)=(k+1)^{2}+(k+1)$

ingat :

$2+4+6+8+10+12+14+...+2k=k^{2}+k$

$(k^{2}+k)+2k+2=(k+1)^{2}+(k+1)$

Kemudian kita tunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan. Yang menjadi acuan atau patokan adalah rumus yang disebelah kanan. Berarti yang disebelah kiri kita upayakan sama dengan ruas kanan. Sehingga :

$k^{2}+2k+k+2=(k+1)^{2}+(k+1)$

Agar ruas kiri berbentuk kuadrat seperti di ruas kanan, maka persamaan di ruas kiri kita atur. Kita tahu bahwa :

$(k+1)^{2}=k^{2}+2k+1$

sehingga :

$k^{2}+2k+1+k+1=(k+1)^{2}+(k+1)$

$(k+1)^{2}+(k+1)=(k+1)^{2}+(k+1)$

Sampai disini terlihat ruas kiri sama dengan ruas kanan dan bentuk rumusnya bersesuain saat kita memasukkan n = k.

Karena ketiga rumus penjumlahan di atas benar untuk ketiga langkah, maka dapat disimpulkan bahwa penjumlahan

$2+4+6+8+10+12+14+...+2n=n^{2}+n$

terbukti benar.

2. Buktikan 2 + 4 + 6 + … + 2n = n(n + 1), untuk setiap n bilangan asli.

Jawab :
P(n) : 2 + 4 + 6 + … + 2n = n(n + 1)
Akan dibuktikan P(n) benar untuk setiap n ∈ N

Langkah Dasar:
Akan ditunjukkan P(1) benar
2 = 1(1 + 1)
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi:
Asumsikan P(k) benar yaitu
2 + 4 + 6 + … + 2k = k(k + 1), k ∈ N

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 1 + 1)

Dari asumsi:
2 + 4 + 6 + … + 2k = k(k + 1)
Tambahkan kedua ruas dengan u_k+1 :
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = k(k + 1) + 2(k + 1)
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 2)
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 1 + 1)
Jadi, P(k + 1) benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) benar untuk setiap n bilangan asli.

3. Buktikan bahwa: $31+39+47+55+...+(8n+23)=4n^{2}+27n$

Bukti:

Pertama, untuk n = 1

Nilai penjumlahan deret tersebut adalah

$4.1^{2}+27.1=4+27=31$ (Benar)

Kedua, untuk n = k

$31+39+47+55+...+(8n+23)=4n^{2}+27n$

$31+39+47+55+...+(8k+23)=4k^{2}+27k$

Ketiga , untuk n = k + 1

$31+39+47+55+...+(8k+23)+(8(k+1)+23)=4(k+1)^{2}+27(k+1)$

$4k^{2}+27k+8(k+1)+23=4(k+1)^{2}+27(k+1)$

$4k^{2}+27k+8k+8+23=4(k+1)^{2}+27(k+1)$

$4k^{2}+8k+4+27k+27=4(k+1)^{2}+27(k+1)$

$4(k^{2}+2k+1)+27(k+1)=4(k+1)^{2}+27(k+1)$

$4(k+1)^{2}+27(k+1)=4(k+1)^{2}+27(k+1)$

Bagian terakhir terlihat bahwa ruas kiri dan kanan sama.

Karena langkah pertama, kedua, dan ketiga terpenuhi maka rumus tersebut terbukti.

4. Buktikan 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n² benar, untuk setiap n bilangan asli

Jawab:

P(n) : 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n²
Akan ditunjukkan P(n) benar untuk setiap n ∈ N

Langkah Dasar:
Akan ditunjukkan P(1) benar
1 = 1²
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi:
Asumsikan P(k) benar, yaitu
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) = k², k ∈ N

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = (k + 1)²

Dari asumsi:
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) = k²
Tambahkan kedua ruas dengan u_k+1 :
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = k² + (2(k + 1) − 1)
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = k² + 2k + 1
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = (k + 1)²
Jadi, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) benar untuk setiap n bilangan asli.

5. Buktikan 6ⁿ + 4 habis dibagi 5, untuk setiap n bilangan asli.

Jawab :
P(n) : 6ⁿ + 4 habis dibagi 5
Akan dibuktikan P(n) benar untuk setiap n ∈ N.

Langkah Dasar:
Akan ditunjukkan P(1) benar
6¹ + 4 = 10 habis dibagi 5
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi:
Asumsikan P(k) benar, yaitu
6^k + 4 habis dibagi 5, k ∈ N

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
6^k+1 + 4 habis dibagi 5.

6^k+1 + 4 = 6(6^k)+ 4
6^k+1 + 4 = 5(6^k) + 6^k + 4

Karena 5(6^k) habis dibagi 5 dan 6^k + 4 habis dibagi 5, akibatnya 5(6^k) + 6^k + 4 juga habis dibagi 5.
Jadi, P(k + 1) benar.

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa 6ⁿ + 4 habis dibagi 5, untuk setiap n bilangan asli.

Bilangan bulat a habis dibagi bilangan bulat b jika terdapat bilangan bulat m sehingga berlaku a = bm.
Sebagai contoh, “10 habis dibagi 5” benar karena terdapat bilangan bulat m = 2 sehingga 10 = 5.2. Jadi, pernyataan “10 habis dibagi 5” dapat kita tulis menjadi “10 = 5m, untuk m bilangan bulat”.

6. Buktikan n³ + 2n habis dibagi 3, untuk setiap n bilangan asli

Jawab:
P(n) : n³ + 2n = 3m, dengan m ∈ $Z$
Akan dibuktikan P(n) benar untuk setiap n ∈ $N$

Langkah Dasar:
Akan ditunjukkan P(1) benar
1³ + 2.1 = 3 = 3.1
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi:
Asumsikan P(k) benar, yaitu
k³ + 2k = 3m, k ∈ $N$

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3p, p ∈ $Z$

(k + 1)³ + 2(k + 1) = (k³ + 3k² + 3k + 1) + (2k + 2)
(k + 1)³ + 2(k + 1) = (k³ + 2k) + (3k² + 3k + 3)
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3m + 3(k² + k + 1)
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3(m + k² + k + 1)

Karena m bilangan bulat dan k bilangan asli, maka (m + k² + k + 1) adalah bilangan bulat.
Misalkan p = (m + k² + k + 1), maka
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3p, dengan p ∈ $Z$
Jadi, P(k + 1) benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa n³ + 2n habis dibagi 3, untuk setiap n bilangan asli.

7. Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 4 berlaku

3n < 2ⁿ

Jawab :
P(n) : 3n < 2ⁿ
Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ $N$

Langkah Dasar:
Akan ditunjukkan P(4) benar
3.4 = 12 < 2⁴ = 16
Jadi, P(4) benar

Langkah Induksi:
Asumsikan P(k) benar, yaitu
3k < 2^k, k ≥ 4

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
3(k + 1) < 2^k+1

3(k + 1) = 3k + 3
3(k + 1) < 2^k + 3 (karena 3k < 2^k)
3(k + 1) < 2^k + 2^k (karena 3 < 3k < 2^k)
3(k + 1) = 2(2^k)
3(k + 1) = 2^k+1

Jadi, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk setiap bilangan asli n ≥ 4.

8. Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 5 berlaku

2n − 3 < 2^n-2

Jawab :
P(n) : 2n − 3 < 2^n-2
Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 5, n ∈ $N$

Langkah Dasar:
Akan ditunjukkan P(5) benar
2.5 − 3 = 7 < 2^5-2 = 8
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi:
Asumsikan P(k) benar, yaitu
2k − 3 < 2^k-2 , k ≥ 5

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
2(k + 1) − 3 < 2^k+1-2

2(k + 1) − 3 = 2k + 2 − 3
2(k + 1) − 3 = 2k − 3 + 2
2(k + 1) − 3 < 2^k-2 + 2 (karena 2k − 3 < 2^k-2)
2(k + 1) − 3 < 2^k-2 + 2^k-2 (karena 2 < 2k − 3 < 2^k-2)
2(k + 1) − 3 = 2(2^k-2)
2(k + 1) − 3 = 2^k+1-2

Jadi, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk setiap bilangan asli n ≥ 5.

9. Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 2 berlaku

3ⁿ > 1 + 2n

Jawab :
P(n) : 3ⁿ > 1 + 2n
Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 2, n ∈ $N$

Langkah Dasar:
Akan ditunjukkan P(2) benar
3² = 9 > 1 + 2.2 = 5
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi:
Asumsikan P(k) benar, yaitu
3^k > 1 + 2k, k ≥ 2

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
3^k+1 > 1 + 2(k + 1)

3^k+1 = 3(3^k)
3^k+1 > 3(1 + 2k) (karena 3^k > 1 + 2k)
3^k+1 = 3 + 6k
3^k+1 > 3 + 2k (karena 6k > 2k)
3^k+1 = 1 + 2k + 2
3^k+1 = 1 + 2(k + 1)

Jadi, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk setiap bilangan asli n ≥ 2.

10. Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 4 berlaku

(n + 1)! > 3ⁿ

Jawab :
P(n) : (n + 1)! > 3ⁿ
Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ $N$

Langkah Dasar:
Akan ditunjukkan P(4) benar
(4 + 1)! > 3⁴
ruas kiri : 5! = 5.4.3.2.1 = 120
ruas kanan : 3⁴ = 81
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi:
Asumsikan P(k) benar, yaitu
(k + 1)! > 3^k , k ≥ 4

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
(k + 1 + 1)! > 3^k+1

(k + 1 + 1)! = (k + 2)!
(k + 1 + 1)! = (k + 2)(k + 1)!
(k + 1 + 1)! > (k + 2)(3^k) (karena (k + 1)! > 3^k)
(k + 1 + 1)! > 3(3^k) (karena k + 2 > 3)
(k + 1 + 1)! = 3^k+1

Jadi, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk setiap bilangan asli n ≥ 4.

11. Menjumlahkan angka berpangkat dalam induksi matematika. Buktikan bahwa: 1³ + 2³ + 3³ + … + n³ = ¼n²(n + 1)²1. Tunjukkan kebenarannya untuk n=1
1³ = ¼ × 1² × 2² Benar.
2. Asumsikan benar untuk n=k
1³ + 2³ + 3³ + … + k³ = ¼k²(k + 1)² Benar (Asumsi!)

Jawaban:

Sekarang, buktikan kebenarannya untuk “k+1”

1³ + 2³ + 3³ + … + (k + 1)³ = ¼(k + 1)²(k + 2)² ?

Kita tahu bahwa 1³ + 2³ + 3³ + … + k³ = ¼k²(k + 1)² (asumsi di atas), jadi kita dapat mengganti semua kecuali suku terakhir:

¼k²(k + 1)² + (k + 1)³ = ¼(k + 1)²(k + 2)²

Kalikan semua suku dengan 4:

k²(k + 1)² + 4(k + 1)³ = (k + 1)²(k + 2)²

Semua suku memiliki faktor persekutuan (k + 1)², sehingga dapat dibatalkan:

k² + 4(k + 1) = (k + 2)²

Dan sederhanakan:

k² + 4k + 4 = k² + 4k + 4

Mereka sama! Jadi memang benar.

Jadi:

1³ + 2³ + 3³ + … + (k + 1)³ = ¼(k + 1)²(k + 2)² Benar.

12. Menjumlahkan angka ganjil untuk induksi matematika.

1 + 3 + 5 + … + (2n−1) = n²

1. Tunjukkan kebenarannya untuk n=1

1 = 1² Benar.

2. Asumsikan benar untuk n=k

1 + 3 + 5 + … + (2k−1) = k² Benar
(Sebuah anggapan!)

Sekarang, buktikan kebenarannya untuk “k+1”

1 + 3 + 5 + … + (2k−1) + (2(k+1)−1) = (k+1)² ?

Kita tahu bahwa 1 + 3 + 5 + … + (2k−1) = k² (asumsi di atas), jadi kita dapat melakukan penggantian untuk semua kecuali suku terakhir:

k² + (2(k+1)−1) = (k+1)²

Sekarang jelaskan sebagai berikut:

k² + 2k + 2 − 1 = k² + 2k+1

Dan sederhanakan:

k² + 2k + 1 = k² + 2k + 1

They are the same! So it is true.

Jadi:

1 + 3 + 5 + … + (2(k+1)−1) = (k+1)² Benar.

13. Buktikan bahwa jumlah n buah dari bilangan ganjil positif pertama ialah n².

Temukan terlebih dahulu basis induksi. Untuk n = 1, maka jumlah satu buah dari bilangan ganjil positif pertama ialah 1² = 1. Hal ini benar karena jumlah dari satu buah bilagan ganjil yang positif pertama ialah 1.

Terapkan induksi dengan mengandaikan p(n) benar, sebagai berikut:

1 + 3 + 5 + … + (2n – 1 ) = n²

Selanjutnya, perlihatkan bahwa p (n+1) juga benar yakni 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) + (2n + 1) = (n + 1)² adalah benar. Hal ini bisa ditunjukkan dengan uraian berikut.

1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) + (2n + 1)

= [1 + 3 + 5 + … + (2n – 1)] + (2n + 1)
= n² + (2n + 1)
= n² + 2n + 1
= (n + 1)²

Karena baik langkah basis maupun induksi keduanya sudah ditunjukkan dengan benar, maka total jumlah n buah dari bilangan ganjil positif pertama ialah n².

14. Buktikan 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n².

P(n) = 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n². Maka akan mampu menujukkan P(n) benar untuk tiap-tiap n N.

Langkah Pertama

Contoh soal induksi matematika dan jawabannya ini pasti mampu mempermudah Anda. Jika menghadapi soal seperti ini, sebaiknya lakukan langkah pertama terlebih dahulu. Langkah awal akan menunjukkan bahwa p(1) adalah benar 1 = 1². Jadi, p(1) adalah benar.

Langkah Induksi

Berikutnya, bisa langsung menerapkan langkah induksi. Ibaratkan saja jika P(k) adalah benar, yaitu:

1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) = k², k N

1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) + 2(k + 1) – 1) = (k + 1)²

1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) = k²

1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) + (2(k + 1) – 1) = k² + (2(k + 1) – 1)

1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) + (2(k + 1) – 1) = k² + 2k + 1

1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) + (2(k + 1) – 1) = (k + 1)²

Berdasarkan uraian tersebut, maka diketahui bahwa p(n) adalah benar bagi masing-masing n dari bilangan asli.

15. Buktikan jika 6n + 4 sudah habis dibagi 5 untuk tiap-tiap n N.

Sama seperti contoh soal induksi matematika dan jawabannya yang lalu, pada soal ini Anda juga perlu membuat langkah awal dan induksi.

Langkah Awal

Langkah ini akan menunjukkan jika p(1) adalah benar. 6¹ + 4 = 10 habis dibagi oleh angka 5. Hal ini membuktikan bahwa p(1) adalah benar.

Langkah Induksi

Berikutnya adalah langkah induksi. Pada langkah induksi, ibaratkan saja p(k) adalah benar, maka 6^k + 4 sudah habis dibagi dengan angka 5, k N. Hal ini akan menunjukkan p(k + 1) adalah juga benar yaitu 6^k+1 + 4 juga habis dibagi angka 5.

6^k+1 + 4 = 6(6^k) + 4
6^k+1 + 4 = 5(6^k) + 6^k + 4

Jika 5(6^k) telah habis dibagi 5 dan 6^k + 4 juga habis dibagi 5, maka 5(6^k) + 6^k + 4 juga pasti akan dibagi habis dengan angka 5. Jadi, p(k + 1) adalah benar.

16. Buktikanlah bahwa bagi setiap n N dan n₀ N berlaku seperti 1 + 3 + 5 + … + n(n + 1)/2 = 1/6 n (n + 1) (n + 2).

Persis seperti cara sebelumnya, sebaiknya Anda buat langkah basic dan induksi.

Langkah Awal

n = 1

12 = 1/6 1 (1 + 1) (1 + 2)

1 = 1 adalah benar terbukti.

Langkah Induksi

n = k

1 + 3 + 5 + … + n(n + 1)/2 = 1/6 n (n + 1) (n + 2) juga adalah benar.

Dengan demikian jelas terbukti bahwa setiap n N dan n₀ N berlaku seperti 1 + 3 + 5 + … + n(n + 1)/2 = 1/6 n (n + 1) (n + 2). Tentu ini menjadi soal paling sederhana, diantara soal-soal lainnya.

17. Buktikanlah jika 3²ⁿ + 22_n + 2 benar-benar habis dibagi 5.

Supaya bisa membuktikannya, lakukang langkah berikut:

Langkah Pertama

3²⁽¹⁾ + 2²⁽¹⁾⁺² = 3² + 2⁴ = 9 + 16 = 25, jadi benar-benar habis dibagi 5. Hal ini terbukti.

Langkah Kedua Menggunakan 2 (n = k)

3^2k + 2^2k ^{+ 2}

Langkah Ketiga ( = k + 1)

= 3^2(k+1) + 2^2(2k+2)
= 3^2k+2 + 2^2k+2+2= 32(32k) + 22(22k+2)
= 10(3^2k) + 5(2^2k+2) – 3^2k – 2^2k+2= 10 (3^2k) + 5 (2^2k+2) – (3^2k + 2^2k+2)

Diperoleh:

10 (3^2k) sudah habis dibagi 5, 5(2^2k+2) sudah habis dibagi 5 dan –(3^2k) + 2^2k+2 juga habis dibagi 5.

Semua bilangan bulat tidak negatif n, buktikan dengan memakai induksi matematika bahwa 2⁰ + 2¹+ 2² + … + 2n = 2ⁿ⁺¹ – 1.

Cari tahu basis induksi terlebih dahulu yaitu 2⁰ = 2⁰⁺¹ – 1. Jadi, sangat jelas bahwa 2⁰ = 1

Jika p(n) benar, yakni 2⁰ + 2¹ + 2² + … + 2ⁿ = 2ⁿ⁺¹ – 1 adalah benar, maka tunjukkan bahwa p(n+1) juga benar: 2⁰ + 2¹ + 2² + … + 2ⁿ = 2ⁿ⁺¹ – 1 juga benar, maka tunjukkan bahwa 2⁰ + 2¹ + 2² + … + 2ⁿ + 2ⁿ⁺¹ = (2⁰ + 2¹ + 2² + … + 2ⁿ) + 2n+1 = (2ⁿ⁺¹ – 1) + 2ⁿ⁺¹ (hipotesis induksi).
= (2ⁿ⁺¹ + 2ⁿ⁺¹) –
= (2.2ⁿ⁺¹) – 1
= 2ⁿ⁺² – 1
= 2^(n+1)+1 – 1

Maka dapat dibuktikan bahwa semua bilangan bulat tidak negatif n, terbukti bahwa 2⁰ + 2¹ + 2² + … + 2ⁿ = 2ⁿ⁺¹ – 1.

Tentang Matematika

Bacaan Lainnya

Unduh / Download Aplikasi HP Pinter Pandai

Respons “ohh begitu ya…” akan sering terdengar jika Anda memasang applikasi kita!

Siapa bilang mau pintar harus bayar? Aplikasi Ilmu pengetahuan dan informasi yang membuat Anda menjadi lebih smart!

Sumber: The Math Page, Purple Math, Oxford Math Center, Encyclopedia of Mathematics

Induksi Matematika Rumus, Pembuktian, Deret, Keterbagian, Pertidaksamaan, Soal, Pembahasan dan Jawaban

Induksi Matematika

Prinsip Induksi Matematika

Untuk menerapkan prinsip induksi matematika, kita harus melakukan 2 langkah:

Langkah-Langkah Pembuktian Induksi Matematika

Pembuktian Deret

Pembuktian Keterbagian

Pembuktian Pertidaksamaan

Mengapa 4k dapat berubah menjadi 2k ?

Darimana kita tahu, 4 harus diubah menjadi 2k ?

Induksi matematika terbagi 2 yaitu umum dan kuat

Matematika induksi umum

A. Bilangan (termasuk jumlah deret)

B. Pertidaksamaan

C. Faktor (termasuk kali atau bagi)

D. Faktorisasi

Matematika induksi kuat

Contoh soal induksi matematika, pembahasan dan jawaban

2. Buktikan 2 + 4 + 6 + … + 2n = n(n + 1), untuk setiap n bilangan asli.

4. Buktikan 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n2 benar, untuk setiap n bilangan asli

5. Buktikan 6n + 4 habis dibagi 5, untuk setiap n bilangan asli.

6. Buktikan n3 + 2n habis dibagi 3, untuk setiap n bilangan asli

7. Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 4 berlaku

8. Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 5 berlaku

9. Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 2 berlaku

10. Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 4 berlaku

11. Menjumlahkan angka berpangkat dalam induksi matematika. Buktikan bahwa: 13 + 23 + 33 + … + n3 = ¼n2(n + 1)2 1. Tunjukkan kebenarannya untuk n=1 13 = ¼ × 12 × 22 Benar. 2. Asumsikan benar untuk n=k 13 + 23 + 33 + … + k3 = ¼k2(k + 1)2 Benar (Asumsi!)

12. Menjumlahkan angka ganjil untuk induksi matematika.

1 + 3 + 5 + … + (2n−1) = n2

13. Buktikan bahwa jumlah n buah dari bilangan ganjil positif pertama ialah n2.

14. Buktikan 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n2.

15. Buktikan jika 6n + 4 sudah habis dibagi 5 untuk tiap-tiap n N.

16. Buktikanlah bahwa bagi setiap n N dan n0 N berlaku seperti 1 + 3 + 5 + … + n(n + 1)/2 = 1/6 n (n + 1) (n + 2).

17. Buktikanlah jika 32n + 22n + 2 benar-benar habis dibagi 5.

Tentang Matematika

Bacaan Lainnya

Unduh / Download Aplikasi HP Pinter Pandai

Rumus Matematika dan Contoh untuk Penggunaan Sehari-hari

Heuristik Matematika adalah metode komputasi yang cepat memberikan solusi

Panjang keliling Bumi | Berapa Panjanganya? Siapa Yang Menghitung…

One Reply to “Induksi Matematika Rumus, Pembuktian, Deret, Keterbagian, Pertidaksamaan, Soal, Pembahasan…”

Tinggalkan Balasan Batalkan balasan

Mengapa 4k dapat berubah menjadi 2^k ?

Darimana kita tahu, 4 harus diubah menjadi 2^k ?

4. Buktikan 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n² benar, untuk setiap n bilangan asli

5. Buktikan 6ⁿ + 4 habis dibagi 5, untuk setiap n bilangan asli.

6. Buktikan n³ + 2n habis dibagi 3, untuk setiap n bilangan asli

11. Menjumlahkan angka berpangkat dalam induksi matematika. Buktikan bahwa: 1³ + 2³ + 3³ + … + n³ = ¼n²(n + 1)²1. Tunjukkan kebenarannya untuk n=1
1³ = ¼ × 1² × 2² Benar.
2. Asumsikan benar untuk n=k
1³ + 2³ + 3³ + … + k³ = ¼k²(k + 1)² Benar (Asumsi!)

1 + 3 + 5 + … + (2n−1) = n²

13. Buktikan bahwa jumlah n buah dari bilangan ganjil positif pertama ialah n².

14. Buktikan 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n².

16. Buktikanlah bahwa bagi setiap n N dan n₀ N berlaku seperti 1 + 3 + 5 + … + n(n + 1)/2 = 1/6 n (n + 1) (n + 2).

17. Buktikanlah jika 3²ⁿ + 22_n + 2 benar-benar habis dibagi 5.