Induksi Matematika : Prinsip, Pembuktian Deret, Keterbagian, Persamaan dan Contoh Soal – Apakah itu Induksi Matematika ?Pada kesempatan kali ini Seputarpengetahuan.co.id akan membahas tentang Bola Kasti beserta hal-hal yang melingkupinya. Mari kita simak pembahasannya pada artikel di bawah ini untuk lebih dapat memahaminya.

Induksi Matematika : Prinsip, Pembuktian Deret, Keterbagian, Persamaan dan Contoh Soal

Induksi matematika adalah sebuah metode pembuktian deduktif yang dipakai membuktikan pernyataan matematika yang berkaitan dengan himpunan bilangan yang terurut rapi .

Bilangan tersebut contohnya bilangan asli maupun himpunan bagian tak kosong dari bilangan asli.induksi matematika hanya dipakai untuk mengecek atau membuktikan kebenaran dari sebuah pernyataan atau rumus. Dan induksi matematika tidak untuk menurunkan rumus.Induksi matematika tidak bisa dipakai untuk menurunkan atau menemukan rumus.

Berikut ini adalah beberapa contoh dari pernyataan matematika yang bisa dibuktikan kebenarannya pada induksi matematika:

P(n): 2 + 4 + 6 + … + 2n = n(n + 1), n bilangan asli
P(n): 6ⁿ + 4 habis dibagi 5, untuk n bilangan asli.
P(n): 4n < 2ⁿ, untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 4

Perluasan Prinsip Induksi Matematika

Sebagai contoh P(n) merupakan sebuah pernyataan yang bergantung dengan n. P(n) benar untuk masing-masing bilangan asli n ≥ m jika bisa memenuhi 2 keadaan di bawah ini:

P(m) benar, yang berarti untuk n = m, maka P(n) nilainya benar
Untuk masing-masing bilangan asli k ≥ m, jika P(k) benar maka P(k + 1) juga benar.

Untuk menunjukkan P(1) bernilai benar, kita cukup untuk mensubstitusikan n = 1 pada P(n).

Apabila P(n) disajikan dalam bentuk persamaan, itu artinya ruas kiri harus sama dengan ruas kanan pada saat n = 1, dan kemudian kita simpulkan P(1) benar.

Cara yang sama dapat kita terapkan untuk menunjukkan P(m) benar.

Kembali lagi pada kasus domino di atas, supaya domino (k + 1) jatuh, maka yang paling awal adalah domina k harus jatuh.

Dan kemudian diikuti dengan implikasi “apabila domino k jatuh maka domino (k + 1) jatuh” bisa terjadi.

Sehingga, untuk menunjukkan implikasi “apabila P(k) benar maka P(k + 1) benar”, maka langkah awal kita harus mengasumsikan bahwa P(k) benar.

Lalu melihat asumsi tersebut kita tunjukkan P(k + 1) juga benar.

Proses asumsi P(k) benar ini disebut sebagai hipotesis induksi.

Untuk menunjukkan P(k + 1) benar, maka kita bisa mulai dari hipotesis. Yakni dari asumsi P(k) benar maupun dari kesimpulan, yakni dari P(k + 1) itu sendiri.

Pembuktikan dari induksi matematika dapat dilakukan dengan urutan seperti di bawah ini:

Langkah awal: Menunjukan P(1) benar.
Langkah induksi: Ibaratkan P(k) benar untuk sebarang k bilangan asli, lalu menunjukan P(k+ 1) juga benar berdasarkan dengan asumsi tersebut.
Kesimpulan: P(n) benar untuk masing-masing bilangan asli n.

Pembuktian Deret

Sebelum masuk dalam pembuktian deret, terdapat beberapa hal yang perlu untuk di perhatikan dengan seksama terkait deret. Antara lain:

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

Contoh 1:

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

Jawab:
P(n) : 2 + 4 + 6 + … + 2n = n(n + 1)

Akan dibuktikan dengan P(n) benar untuk masing-masing n ∈ N

Langkah awal:

Menunjukan P(1) benar
2 = 1(1 + 1)

Sehingga diperoleh, P(1) benar

Langkah induksi:

Ibaratkan P(k) benar yakni:
2 + 4 + 6 + … + 2k = k(k + 1), k ∈ N

Akan menunjukanP(k + 1) juga benar, yakni:
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 1 + 1)

Dari asumsi di atas maka:
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)

Sehinga, P(k + 1) benar

Berdasarkan dari prinsip induksi matematika tersebut, terbukti bahwa P(n) benar untuk masing-masing n bilangan asli.

Contoh 2:

Buktikan 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n² itu benar, untuk masing-masing n bilangan asli.

Jawab:
P(n) : 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n²

Maka akan menunjukan P(n) benar untuk masing-masing n ∈ N

Langkah awal:
Akan menunjukan P(1) benar
1 = 1²

Sehingga, P(1) benar

Langkah induksi:
Ibaratkan bahwa P(k) benar, yakni:
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) = k², k ∈ N

Akan menunjukan P(k + 1) juga benar, yakni:
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = (k + 1)²

Dari asumsi di atas maka:
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

Sehingga, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan dari prinsip induksi matematika tersebut, terbukti bahwa P(n) benar untuk masing-masing n bilangan asli.

Pembuktian Keterbagian

Pernyataan “a habis dibagi b” yang bersinonim dengan:

a kelipatan b
b faktor dari a
b membagi a

Apabila p habis dibagi a serta q habis dibagi a, sehingga (p + q) juga akan habis dibagi a.

Misalnya, 4 habis dibagi 2 dan 6 habis dibagi 2, maka (4 + 6) juga akan habis dibagi 2

Contoh 1:

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

Jawab:

P(n) : 6ⁿ + 4 habis dibagi 5

Akan dibuktikan dengan P(n) benar pada masing-masing n ∈ N.

Langkah awal:

Akan menunjukan P(1) benar
6¹ + 4 = 10 habis dibagi 5

Sehingga, P(1) benar

Langkah induksi:

Ibaratkan bahwa P(k) benar, yakni:
6^k + 4 habis dibagi 5, k ∈ N

Akan menunjukan P(k + 1) juga benar, yakni:
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

Sebab 5(6^k) habis dibagi 5 dan 6^k + 4 habis dibagi 5, maka 5(6^k) + 6^k + 4 juga akan habis dibagi 5.

Sehingga, P(k + 1) benar.

Berdasarkan dari prinsip induksi matematika tersebut, terbukti bahwa 6ⁿ + 4 habis dibagi 5, untuk masing-masing n bilangan asli.

Bilangan bulat a akan habis dibagi bilangan bulat b apabila dijumpai bilangan bulat m sehingga akan berlaku a = bm.

Misalnya, “10 habis dibagi 5” benar sebab adanya bilangan bulat m = 2 sehingga 10 = 5.2.

Maka dari itu, pernyataan “10 habis dibagi 5” bisa kita tuliskan menjadi “10 = 5m, untuk m bilangan bulat”

Berdasarkan dari konsep di atas, pembuktian keterbagian bisa juga diselesaikan dengan menggunakan cara seperti berikut ini.

Contoh 2:

Buktikan n³ + 2n akan habis dibagi 3, untuk masing-masing n bilangan asli

Jawab:

P(n) : n³ + 2n = 3m, dengan m ∈ $Z$

Akan dibuktikan dengan P(n) benar untuk masing-masing n ∈ $N$

Langkah awal:

Akan ditunjukkan P(1) benar
1³ + 2.1 = 3 = 3.1

Sehingga, P(1) benar

Langkah induksi:

Ibaratkan bahwa P(k) benar, yakni:
k³ + 2k = 3m, k ∈ $N$

Akan menunjukan P(k + 1) juga benar, yakni:
(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)

Sebab m bilangan bulat serta k adalah bilangan asli, maka (m + k² + k + 1) merupakan bilangan bulat.

Contohnya p = (m + k² + k + 1), sehingga:
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3p, dengan p ∈ $Z$

Jadi, P(k + 1) adalah benar

Berdasarkan konsep induksi matematika di atas, terbukti bahwa n³ + 2n akan habis dibagi 3, untuk masing-masing n bilangan asli.

Pembuktian Pertidaksamaan

Berikut merupakan beberapa sifat pertidaksamaan yang sering dipakai, antara lain:

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

Sebelum kita masuk ke dalam contoh soal, ada baiknya apabila kita latihan terlebih dahulu dengan memakai sifat-sifat di atas guna menunjukkan implikasi “apabila P(k) benar maka P(k + 1) juga benar”.

Contoh

P(k) : 4k < 2^k
P(k + 1) : 4(k + 1) < 2^k+1

Apabila diasumsikan bahwa P(k) benar untuk k ≥ 5, maka tunjukkan P(k + 1) juga benar !

Ingat bahwa target kita yaitu unutk menunjukkan, sehingga:
4(k + 1) < 2^k+1 = 2(2^k) = 2^k + 2^k (TARGET)

Kita bisa mengawalinya dari ruas kiri pertidaksamaan di atas menjadi:
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 maka dapat kita simpulkan bahwa 4(k + 1) < 2^k+1

Mengapa 4k bisa berubah menjadi 2^k ?

Sebab menurut sifat 3, kita diperkenankan untuk menambahkan kedua ruas suatu pertidaksamaan dengan bilangan yang sama.

Sebab tidak akan merubah nilai kebenaran pertidaksamaan tersebut. Sebab 4k < 2^k benar, yang mengakibatkan 4k + 4 < 2^k + 4 juga benar.

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

Perhatikan target.

Hasil sementara yang kita perloleh yaitu 2^k + 4 sementara target kita yaitu 2^k + 2^k.

Untuk k ≥ 5, maka 4 < 4k dan 4k < 2^k yaitu bernilai benar, sehingga 4 < 2^k juga benar (sifat transitif). Hal tersebut mengakibatkan 2^k + 4 < 2^k + 2^k benar (sifat 3).

Contoh Soal

Soal1

Buktikan untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 4 dan berlaku
3n < 2ⁿ

Jawab:

P(n) : 3n < 2ⁿ

Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ $N$

Akan menunjukan bahwa P(4) benar
3.4 = 12 < 2⁴ = 16

Sehingga, P(4) bernilai benar

Ibaratkan bahwa P(k) benar, yakni:
3k < 2^k, k ≥ 4

Akan menunjukan bahwa P(k + 1) juga benar, yakni:
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

Sehingga, P(k + 1) juga bernilai benar.

Berdasarkan konsep dari induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 4.

Soal 2

Buktikan bahwa $1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + n^3 = \frac{1}{4} n^2 (n + 1)^2$ .

Pembahasan:

Langkah 1

$1^3 = \frac{1}{4}(1)^2(1 + 1)^2 = \frac{2^2}{4}$

$1 = 1$ (terbukti)

Langkah 2 (n = k)

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3 = \frac{1}{4}k^2(k + 1)^2$

Langkah 3 (n = k + 1)

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3(k + 1)^3 = \frac{1}{4}(k + 1)^2 (k + 2)^3$ .

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3 + (k + 1 )^3 + (k + 1)^3 = \frac{1}{4}k^2(k + 1)^2 + (k + 1)^3$ (kedua ruas ditambah $(k + 1)^3$ .

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + (k + 1)^3= (k + 1)^2 (\frac{1}{4}k^2 + (k + 1))$

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3 + (k +1)^3 = (k + 1)$

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3 + (k + 1)^3 = \frac{1}{4}(k + 1)^2 (k^2 + 4k + 4)$

$1^3 + 2^3 +3^3 + \cdots + k^3 + (k + 1)^3 = \frac{1}{4}(k + 1)^2(k + 2)(k + 2)$

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3 + (k + 1)^3 = \frac{1}{4}(k + 1)^2(k + 2)^2$ {terbukti).

Soal 3

Buktikan untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 2 dan berlaku 3ⁿ > 1 + 2n

Jawab:

P(n) : 3ⁿ > 1 + 2n

Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 2, n ∈ $N$

Akan menunjukan bahwa P(2) bernilai benar, yakni:
3² = 9 > 1 + 2.2 = 5

Sehingga, P(1) bernilai benar

Ibaratkan bahwa P(k) benar, yakni:
3^k > 1 + 2k, k ≥ 2

Akan menunukan bahwa P(k + 1) juga benar, yakni
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)

Sehingga, P(k + 1) juga bernilai benar

Berdasarkan konsep dari induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 2.

Buktikan bahwa

$\frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \cdots + \frac{n}{2^n} = 2 - \frac{n + 2}{2^n}$

Pembahasan:

Langkah 1

$\frac{1}{2} = 2 - \frac{(1)+2}{2^1} = 2 - \frac{3}{2}$

$\frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ (terbukti)

Langkah 2 (n = k)

$\frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \cdots + \frac{2}{2^k} = 2 - \frac{k + 2}{2^k}$

Langkah 3 (n = k + 1)

$\frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \cdots + \frac{k}{2^k} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}} = 2 - \frac{k + 3}{2 ^{k +1}}$

Dibuktikan dengan:

$= \frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \cdots + \frac{k}{2^k} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}} = 2 - \frac{k + 2}{2^k} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}}$ (kedua ruas dikali $\frac{k+1}{2^{k+1}}$ )

$= 2 - \frac{2(k + 2)}{2^{(k + 1)}} + \frac{k + 1}{2^{k +1}}$ (2^k dimodifikasi menjadi 2^k+1)

$= 2 -\frac{2k + 4}{2^{(k + 1)}} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}}$

$= 2 + \frac{k + 1 - (2k + 4))}{2^{(k + 1)}}$

$= 2 - \frac{k + 3}{2^{(k + 1)}}$ (terbukti)

Soal 4

Buktikan untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 5 akan berlaku 2n − 3 < 2^n-2

Jawab:

P(n) : 2n − 3 < 2^n-2

Akan dibuktikan dengan P(n) berlaku untuk n ≥ 5, n ∈ $N$

Akan ditunjukkan P(5) bernilai benar
2.5 − 3 = 7 < 2^5-2 = 8

Sehingga, P(1) bernilai benar

Ibaratkan bahwa P(k) bernilai benar, yakni:
2k − 3 < 2^k-2 , k ≥ 5

Akan menunjukan P(k + 1) juga bernilai benar, yakni:
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 (sebab 2k − 3 < 2^k-2)
2(k + 1) − 3 < 2^k-2 + 2^k-2 (sebab 2 < 2k − 3 < 2^k-2)
2(k + 1) − 3 = 2(2^k-2)
2(k + 1) − 3 = 2^k+1-2

Sehingga, P(k + 1) juga bernilai benar

Berdasarkan konsep dari induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 5.

Soal 5:

Buktikan untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 4 dan berlaku (n + 1)! > 3ⁿ

Jawab:

P(n) : (n + 1)! > 3ⁿ

Akan dibuktikan bahwa P(n) berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ $N$

Akan menunjukan P(4) bernilai benar
(4 + 1)! > 3⁴
ruas kiri : 5! = 5.4.3.2.1 = 120
ruas kanan : 3⁴ = 81

Sehingga, P(1) benar

Ibaratkan bahwa P(k) bernilai benar, yakni:

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

Sehingga, P(k + 1) juga bernilai benar.

Berdasarkan konsep dari induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 4.

Demikianlah ulasan dari Seputarpengetahuan.co.id tentang Induksi Matematika , semoga dapat menambah wawasan dan pengetahuan kalian. Terimakasih telah berkunjung dan jangan lupa untuk membaca artikel lainnya

Daftar Isi

Induksi Matematika : Prinsip, Pembuktian Deret, Keterbagian, Persamaan dan Contoh Soal

Perluasan Prinsip Induksi Matematika

Pembuktian Deret

Pembuktian Keterbagian

Pembuktian Pertidaksamaan

Contoh Soal

Rekomendasi: