MATERI INDUKSI MATEMATIKA

 

 

•      Jenis Induksi Matematika  1. Bilangan

•      Sebagai ilustrasi dibuktikan secara induksi matematika bahwa :

 1 + 2 + 3 + … + n = ½ n (n + 1)

•      Langkah 1. untuk n = 1, maka : n = ½  n (n + 1) 

                                               à 1 = ½ (1) (1 + 1)

                                           à 1 = 1,  untuk n = 1 rumus tersebut benar.

•      Langkah 2 untuk n = k, maka: 1 + 2 + 3 + … + k = ½  k (k + 1)

•      Langkah 3. Akan dibuktikan rumus benar untuk n = k + 1.

   Sehingga: 1 + 2 + 3 + … + k + (k + 1) = ½ (k + 1) [(k + 1) + 1] Terbukti

•      Pembuktiannya: 1 + 2 + 3 + … + k + (k + 1) = ½ (k + 1) [(k + 1) + 1].

                                   ½  k (k + 1) + (k + 1) = ½ (k + 1) [k + 1+ 1]

                                  ½ k ² + ½ k + k + 1   = ( ½ k + ½ ) [k + 2]                    

                                ½ k ² + 1 ½ k + 1      = ½ k ² + 1 ½ k + 1

                   1 + 2 + 3 + … + k + (k + 1) = ½ (k + 1) (k + 2)    à (terbukti)

Maka terbukti bahwa 1 + 2 + 3 + 4 + … + n = ½ n (n + 1)

 

     •      Jenis Induksi Matematika  1. Keterbagian

•      Bilangan bulat hasil pembagian

•      Suatu bilangan dikatakan habis dibagi jika hasil pembagian tersebut adalah bilangan bulat. Sebagai ilustrasi, dibuktikan secara induksi matematika bahwa  5 ²ⁿ + 3n – 1 habis dibagi 9.

•      Langkah 1 untuk n = 1,  Pembuktian: 5 ²ⁿ + 3n – 1 habis dibagi 9

                                         5 ^{2 (1)} + 3 (1) – 1 = 27, dan 27 habis dibagi 9, maka n = 1 benar.

•      Langkah 2 untuk n = k, yaitu: 5 ²ⁿ + 3n – 1 habis dibagi 9 

à 5^2k +3k–1 (habis dibagi 9) atau 5^2k +3k–1 = 9b (b = hasil bagi  5^2k +3k–1 oleh 9)

•      Langkah 3 untuk n = k + 1. Bukti:  (5 ^{2(k + 1}) + 3 (k + 1) – 1 = 5 ^{2k + 2} + 3k + 3 – 1       

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

      = 25 (5 ^2k) + 3k + 3 – 1 lalu (5 ^2k) dimodivikasi dengan memasukkan 5 ^2k + 3k – 1.

      = 25 (5 ^2k   + 3k – 1) – 75k + 25 + 3 k + 3 – 1 

   karena 25 (5 ^2k + 3k – 1)  – 75 k + 25 menjadi 25 (5 ^2k) jika 25 (5 ^2k)  –  25 (3) k + 25 (1)

      = 25 (5 ^2k + 3k – 1)  – 72k + 27

      = 25(9b) – 72k+27 berarti 25(9b) habis dibagi 9, 72 k habis di bagi 9  dan 27 habis dibagi 9

•         terbukti bahwa (5 ^{2k + 1}) + 3(k + 1) – 1 habis dibagi 9              

 

CARA LAIN

•      Jenis Induksi Matematika  1. Keterbagian

•      Bilangan bulat hasil pembagian

•      Suatu bilangan dikatakan habis dibagi jika hasil pembagian tersebut adalah bilangan bulat. Sebagai ilustrasi, dibuktikan secara induksi matematika bahwa  5 ²ⁿ + 3n – 1 habis dibagi 9.

•      Langkah 1 untuk n = 1,  Pembuktian: 5 ²ⁿ + 3n – 1 habis dibagi 9

                   5 ^{2 (1)} + 3 (1) – 1 = 27, dan 27 habis dibagi 9, maka n = 1 benar.

•      Langkah 2 untuk n = k, yaitu: 5 ²ⁿ + 3n – 1 habis dibagi 9 

 à 5^2k + 3k – 1 (habis dibagi 9) atau 5^2k + 3k – 1 = 9b (b = hasil bagi  5^2k + 3k – 1 oleh 9)

•      Langkah 3 untuk n = k + 1.

Pembuktikan:  (5 ^{2(k + 1}) + 3 (k + 1) – 1 = 5 ^{2k + 2} + 3k + 3 – 1       

                       à 5 ^2k (5 ²) + 3k + 3 – 1 = 25 . 5 ^2k + 3k + 3 – 1

     à (24 + 1) 5 ^2k + 3k + 3 – 1  = 24 (5 ^2k) + 5 ^2k + 3k + 3 – 1

                        à 24 (5 ^2k) + 3 + 5 ^2k + 3k – 1 = 24 (5 ^2k ) + 3 + 5 ^2k + 3 k – 1

           à 24 (5 ^2k) + 3 + (5 ^2k + 3k – 1) = 24 (5 ^2k ) + 3 + bilangan habis dibagi 9.

•      Karena masih ada 24 (5 ^2k) + 3 maka dibuktikan 24 (5 ^2k) + 3 habis dibagi 9

•      Lalu akan dibuktikan juga bahwa 24 (5 ^2k) + 3 habis dibagi 9

•       Langkah  1 untuk n = 1, Pembuktian: 24 (5 ²ⁿ) + 3 = 24 (5 ^2.1) + 3

           à 24 (25) + 3 = 603 terbukti habis dibagi 9, maka n = 1 benar.

•       Langkah 2 untuk n = k maka 24 (5 ^2k ) + 3 habis dibagi 9

                                           à 24 (5 ^2k) + 3 = 9a (a = hasil bagi 24 (5 ^2k) + 3 oleh 9)

•       Langkah 3 untuk n = k + 1. Buktikan: 24 [5^{2(k + 1)}] + 3 = 24 [5 ^{2k + 2}] + 3

                                                 à 24 (5 ^2k) (5 ²) + 3 = 24 (25) (5 ^2k) + 3

                                       à 24 (24 + 1) (5 ^2k) + 3 = 24 (24) (5 ^2k) + 24 (5 ^2k) + 3

                                   à (3)(8)(3)(8)(5 ^2k) + 9a = (9)(64)(5 ^2k) + 9a

                                              à 9 [64(5 ^2k) + a] habis dibagi 9 

•      Terbukti bahwa 24 (5 ^2k) + 3 habis dibagi 9 dan

•      Terbukti 5 ²ⁿ + 3n – 1 habis dibagi 9

 

 

•      KETIDAKSAMAAN

•      Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 4 berlaku (n + 1)! > 3ⁿ     

•      P(n) :  (n + 1)! > 3ⁿ  Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ Bulat

•    Langkah 1 (Dasar): untuk n = 1 Akan ditunjukkan P(4) benar (4 + 1)! > 3⁴  dimulai 4 karena n ≥ 4 jadi dicoba n = 1 nya pada P(4)

•                                   5! > (3)(3)(3)(3)

             à 5.4.3.2.1 > 81

                          120 > 81 à Jadi, P(1) benar

•      Langkah 2 (Induksi): untuk n = k  Asumsi P(k) benar, yaitu: (k + 1)! > 3^k , k ≥ 4

•      Bukti untuk setiap bilangan asli n ≥ 4 berlaku (n+1)! > 3ⁿ     

•      P(n) :  (n + 1)! > 3ⁿ
Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ Bulat

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

               (k + 1 + 1)! > (3 ^k)(3 ¹)    

                     (k + 2)! >  3(3 ^k)
            (k + 2)(k + 1) >  3(3 ^k) à karena (k + 1)! > 3 ^k 
                      (k + 2) > 3         à karena k ≥ 4 maka k + 2 > 3

•                   (k + 2)(k + 1) > 3(3^k)  terbukti

•                      (k + 1 + 1)! > 3^k+1    à    Jadi, P(k + 1) juga benar

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