Induksi Matematika merupakan salah satu metode pembuktian dalam matematika, selain Induksi Matematika ada beberapa metode lain yang biasa dipakai dalam pembuktian kebenaran suatu pernyataan menyerupai pembuktian langsung, pembuktian tak lanngsung, trivial, dan sebagainya. Namun dalam goresan pena ini kita hanya akan membahas metode pembuktian dengan induksi matematika, dimana bahan ini sudah di pelajari semenjak Sekolah Menengan Atas (untuk kurikulum 2013, induksi matematika dipelajari di kelas XI matematika wajib)
Sebelumnya, saya pernah menciptakan goresan pena mengenai konsep dasar mengenai induksi matematika sederhana, induksi matematika umum, dan induksi matematika besar lengan berkuasa .
Maksud dari induksi matematika yakni menandakan sesuatu yang umum, diturunkan dari beberapa hal yang khusus, dan cara ini berlaku untuk semua $n$ bilangan asli.
Untuk menandakan bahwa suatu rumus berlaku untuk semua bilangan asli, cara pembuktiannya diharapkan 2 tahapan, yaitu:
- Tunjukkan benar untuk $n=1$
- Tunjukkan benar untuk $n=k$ dan benar juga untuk $n=k+1$
Jika kedua syarat tersebut terpenuhi, maka rumus tersebut benar untuk setian $n\in N$.
Berikut ini saya sajikan beberapa pola pembuktian dengan induksi matematika mencakup pembuktian deret bilangan dan pembuktian pertidaksamaan
Pembuktian Deret Bilangan dengan Induksi Matematika
Untuk pola soal no 1 hingga no 3 saya bahas dengan memakai notasi sigma, jadi sebaiknya pelajari dulu konsep dan sifat-sifat notasi sigma disini
Contoh 1
Buktikan bahwa jumlah $n$ suku pertama bilangan ganjil yakni $n^2$
Pembahasan:
Pernyataan pada soal di atas sanggup ditulis:
$\begin{align*}1+3+5+\cdots+(2n-1)&=n^2\\\sum_{i=1}^{n}\left(2i-1\right )&=n^2\end{align*}$
Langkah 1
Untuk $n=1$, $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(2i-1)=1=1^2$ (Benar)
Langkah 2
Misalkan pernyataan di atas berlaku untuk $n=k$, maka:
$\displaystyle\sum_{i=1}^{k}(2i-1)=k^2$ (Hipotesis)
Berdasarkan hipotesis diatas, akan kita buktikan bahwa pernyataan tersebut benar juga untuk $n=k+1$, maka haruslah $\displaystyle\sum_{i=1}^{k+1} (2i-1)=(k+1)^2$
kita akan bekerja di ruas kiri
$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}(2i-1)&=\sum_{i=1}^{k}(2i-1)+\sum_{i=k+1}^{k+1}(2i-1)\\&=k^2+\left\{ 2(k+1)-1\right \}\\&=k^2+2k+1\\&=(k+1)^2\end{align*}$
Karena pernyataan di atas benar untuk $n=1$ dan $n=k+1$, maka $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(2i-1)=n^2$ yakni benar.
Contoh 2:
Buktikan bahwa:
$1^2+2^2+3^2+\cdots+n=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$
Pembahasan:
Pernyataan pada soal di atas sanggup ditulis:
$$\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$$
Langkah 1
Untuk $n=1$,
$\begin{align*}\sum_{i=1}^{1}i^2&=\frac{1}{6}(1)(1+1)(2+1)\\1&=1\space\text{ (Benar)}\end{align*}$
Langkah 2
Misalkan pernyataan di atas benar untuk $n=k$, yaitu:
$\displaystyle\sum_{i=1}^{k}i^2=\frac{1}{6}k(k+1)(2k+1)$ (Hipotesis)
Untuk $n=k+1$ maka haruslah
$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1} i^2&=\frac{1}{6}(k+1)\left\{ (k+1)+1\right \} \left\{ 2(k+1)+1\right \} \\&=\frac{1}{6}(k+1)(k+2)(2k+3)\end{align*}$
Bukti:
$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}i^2&=\sum_{i=1}^{k}i^2+\sum_{i=k+1}^{k+1}i^2\\&=\left(\frac{1}{6}k(k+1)(2k+1)\right)+(k+1)^2\\&=\frac{1}{6}(k+1)\left\{k(2k+1)+6(k+1)\right\}\\&=\frac{1}{6}(k+1)(2k^2+k+6k+6)\\&=\frac{1}{6}(k+1)(k+2)(2k+3)\end{align*}$
Contoh 3:
Buktikan $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n}{2}(n+1)$
Pembahasan:
Langkah 1
Untuk $n=1$, maka
$\frac{n}{2}(n+1)=\frac{1}{2}(1+1)=1$ (Benar)
Langkah 2
Misalkan pernyataan di atas benar untuk $n=k$, yaitu:
$\displaystyle\sum_{i=1}^{k}i=\frac{k}{2}(k+1)$ (Hipotesis)
Untuk $n=k+1$ jumlahnya haruslah:
$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}i&=\frac{k+1}{2}\left\{(k+1)+1 \right\}\\&=\left(\frac{k+1}{2}\right)(k+2)\end{align*}$
Bukti:
$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}i&=\sum_{i=1}^{k}i+\sum_{i=k+1}^{k+1}i\\&=\frac{k}{2}(k+1)+(k+1)\\&=\left(\frac{k}{2}+1\right)(k+1)\end{align*}$
Contoh 4:
Buktikan bahwa $\displaystyle 1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=\frac{1}{4}n^2\left(n+1\right)^2$
Pembahasan:
Langkah 1
Untuk $n=1$, maka
$\begin{align*}1^3&=\frac{1}{4}(1^2)(1+1)^2\\1&=\frac{1}{4}(1)(4)\\1&=1\space\text{ (Benar)}\end{align*}$
Langkah 2
Misalkan benar untuk $n=k$, yaitu:
$\displaystyle 1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3=\frac{1}{4}k^2(k+1)^2$
akan dibuktikan untuk $n=k+1$
$\begin{align*}1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3+(k+1)^3&=\frac{1}{4}(k+1)^2((k+1)+1)^2\\ \frac{1}{4}k^2(k+1)^2+(k+1)^3&=\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2\\\frac{1}{4}(k+1)^2(k^2+4k+4)&=\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2\\\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2&=\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2 \end{align*}$
Tips : Jika ada karakter/persamaan matematika pada goresan pena ini yang tidak tampil tepat atau terpotong alasannya anda membuka laman ini melelui mobile (android), duduk kasus alasannya resolusi yang tidak memadai, sebaiknya kunjungi laman ini memakai PC/laptop. Jika memakai handphone sebaiknya dalam posisi landscape
Contoh 5
Buktikan bahwa $\displaystyle (1.1!)+(2.2!)+(3.3!)+\cdots+(n.n!)=(n+1)!-1$
Pembahasan:
Langkah 1
Untuk $n=1$, maka
$\begin{align*}1.1!&=(1+1)!-1\\1.1&=2!-1\\1&=2-1\\1&=1\space\space\space\text{(Benar)}\end{align*}$
Langkah 2
Misal benar untuk $n=k$, yaitu:
$\displaystyle (1.1!)+(2.2!)+(3.3!)+\cdots+(k.k!)=(k+1)!-1$
Akan dibuktikan untuk $n=k+1$
$\begin{align*}(1.1!)+(2.2!)+(3.3!)+\cdots+(k.k!)+\left((k+1)(k+1)!\right)&=\left((k+1)+1\right)!-1\\(k+1)!-1+(k+1)(k+1)!&=(k+2)!-1\\(k+1)!(1+k+1)-1&=(k+2)!-1\\(k+1)!(k+2)-1&=(k+2)!-1\\(k+2)!-1&=(k+2)!-1\end{align*}$
Pembuktian Keterbagian dengan Induksi Matematika
Contoh 6
Buktikan untuk $n\in$ bilangan orisinil $4^n-1$ habis dibagi 3
Pembahasan:
Langkah 1
Untuk $n=1$, maka:
$4^1-1=3$ (habis dibagi 3)
Langkah 2
Misalkan pernyataan di atas benar untuk $n=k$, maka $4^k-1$ habis dibagi 3 (hipotesis)
Akan dibuktikan untuk $n=k+1$
$\begin{align*}4^{k+1}-1&=4.4^k-1\\&=3.4^k+4^k-1\\&=3.4^k+\left(4^k-1\right)\end{align*}$
Jelas $3.4^k$ merupakan kelipatan 3 dan menurut hipotesis $4^k-1$ merupakan kelipatan 3, maka terbukti bahwa $4^n-1$ habis dibagi 3 untuk $n\in $ bilangan asli
Contoh 7
Buktikan $\displaystyle a^{2n}-b^{2n}$ habis dibagi oleh $(a+b)$
Pembahasan:
Langkah 1
Untuk $n=1$, maka $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$.
Karena $(a-b)(a+b)$ habis dibagi $(a+b)$, maka pernyataan tersebut benar untuk $n=1$
Langkah 2
Misalkan pernyataan tersebut benar untuk $n=k$, yaitu $a^{2k}-b^{2k}$ habis dibagi $(a+b)$.
Akan dibuktikan untuk $n=k+1$
$\begin{align*}a^{2(k+1)-b^{2(k+1)}}&=a^{2k+2}-b^{2k+2}\\&=a^2(a^{2k}-b^{2k})+b^{2k}(a^2-b^2)\end{align*}$
Karena $a^{2k}-b^{2k}$ habis dibagi $(a+b)$ dan $a^2-b^2$ juga habis dibagi $(a+b)$, maka $a^{2n}-b^{2n}$ habis dibagi oleh $(a+b)$
Baca: Download Bank soal induksi matematika format pdf
Contoh 8
Buktikan $4^{n+1}-4$ habis dibagi 12
Pembahasan:
Langkah 1
Untuk $n=1$
$4^{1+1}-4=4^2-4=16-4=12$ (habis dibagi 12)
Langkah 2
Misal pernyataan tersebut benar untuk $n=k$, yaitu:
$4^{k+1}-4$ habis dibagi 12
Akan dibuktikan untuk $n=k+1$
$\begin{align*}4^{(k+1)+1}-4&=4^{k+2}-4\\&=16.4^k-4\\&=12.4^k+4.4^k-4\\&=12.4^k+(4^{k+1}-4)\end{align*}$
Karea $12.4^k$ dan $4^{k+1}-4$ habis dibagi 12, maka $4^{n+1}-4$ habis dibagi 12
Contoh 9:
Buktikan bahwa $P(n)=n(n+1)(n+5)$ habis dibagi 3
Pembahasan:
Langkah 1
Untuk $n=1$, maka
$P(1)=1(1+1)(1+5)=12$ (habis dibagi 3)
Langkah 2
Misalkan pernyataan di atas benar untuk $n=k$, atau dengan kata lain $P(k)$ merupakan kelipatan 3,
$P(k)=k(k+1)(k+5)=k^3+6k^2+5k$
Akan dibuktikan bahwa $P(k+1)$ merupakan kelipatan 3:
$\begin{align*}P(k+1)&=(k+1)\left((k+1)+1\right)\left((k+1)+5\right)\\&=(k+1)(k+2)(k+6)\\&=k^3+9k^2+10k+12\\&=(k^3+6k^2+5k)+(3k^2+15k+12)\\&=(k^3+6k^2+5k)+3(k^2+5k+4)\end{align*}$
Berdasarkan hipotesis, $k^3+6k^2+5k$ merupakan kelipatan 3 dan $3(k^2+5k+4)$ terang merupakan kelipatan 3, maka sanggup disimpulkan bahwa $P(n)$ habis dibagi 3 untuk $n\in N$
Pembuktian Pertidaksamaan dengan Induksi Matematika
Contoh 10:
Buktikan bahwa
$$n^2 \geq 2n+7$$
untuk setiap bilangan orisinil $n\geq 4$
Pembahasan:
Kita gunakan induksi matematika umum, dengan:$P(n)\equiv n^2 \geq 2n+7$
Kita akan menandakan bahwa $P(n)$ benar untuk setiap bilangan orisinil $n$ dengan $ n\geq 4$.
Langkah 1 (Langkah dasar):
kita akan menandakan kebenaran $P(4)$
$P(4)\equiv 4^2\geq 2(4)+7\Leftrightarrow 16\geq 15$ (Benar)
Langkah 2 (Langkah Induksi):
kita misalkan $P(k)$ benar untuk $k \geq 4$
$P(k)\equiv k^2 \geq 2k+7$ untuk $ k \geq 4$ (hipotesis)
dari hipotesis kita peroleh:
$k^2 \geq 2k+7$ jika kedua ruas kita tambah $2k+1$, maka:
$k^2+2k+1 \geq 4k+8$
$(k+1)^2 \geq 4k+8$
$(k+1)^2 \geq 2(k+1)+2(k+3)$ alasannya $k \geq 4$ maka $k+3 \geq 7$
$(k+1)^2 \geq 2(k+1)+2(7)$
$(k+1)^2 \geq 2(k+1)+14$
Dengan memakai hal di atas, kita akan menandakan $P(k+1)$, yaitu:
$$P(k+1) \equiv (k+1)^2 \geq 2(k+1)+7$$
karena $(k+1)^2 \geq 2(k+1)+14$ pada hipotesis kita misalkan benar, maka $(k+1)^2 \geq 2(k+1)+7$ benar (karena 14 > 7)
Dengan demikian pernyataan tersebut benar untuk setiap bilangan asli $n\geq 4$
Demikianlah beberapa soal dan pembahasan terkait bahan induksi matermatika yang dipelajari di kelas XI Matematika wajib. Semoga bermanfaat
Jika menginginkan file pdf untuk goresan pena ini, silakan download melalui link berikut:
Download format pdf artikel ini
Post a Comment
Post a Comment