Soal dan Pembahasan – Induksi Matematika pada Deret dan Ketaksamaan Bilangan

        Tahukah Anda mengenai keping domino? Keping domino terbuat dari plastik resin, yang tebalnya kurang lebih $7$ mm dan ukurannya sekitar $5 \times 2,5$ cm. Ketika keping-keping domino dibariskan dalam jumlah banyak dengan diberi jarak beberapa sentimeter, maka ketika keping domino terdepan dijatuhkan ke keping domino dibelakangnya, akan terlihat bahwa semua keping domino yang dibariskan akan jatuh. Kejadian ini disebut efek domino.

        Efek domino tidak hanya berlaku untuk keping-keping yang sama besarnya. Pada tahun $2001$, seorang fisikawan dari Exploratorium San Fransisco, melakukan eksperimen dengan membuat keping domino dari kayu lapis sebanyak $8$ keping, masing-masing $50\%$ lebih besar dari keping sebelumnya. Keping yang pertama ukurannya $5$ cm, keping yang kedua ukurannya $7,5$ cm. Domino yang pertama menyentuh dengan bunyi “tik” yang lembut, tetapi berakhir dengan suara “bum” yang keras. Bayangkan apa yang terjadi bila rangkaian ini diteruskan. Jika dibuat, keping domino ke-$18$ sudah menandingi tinggi Menara Pisa, keping ke-$31$ lebih tinggi $900$ meter dengan Gunung Everest, dan keping ke-$57$ sudah menyamai jarak Bumi ke Bulan.

      Prinsip induksi matematika dapat dianalogikan seperti efek domino yang telah dijelaskan sebelumnya. Induksi matematika (atau induksi lengkap, kadang juga disebut sebagai Induksi Matematis, atau dalam bahasa Inggris, Mathematical Induction) adalah salah satu metode pembuktian pernyataan matematika yang melibatkan bilangan asli dan pembuktiannya itu dalam 2 tahap: Basis Induksi dan Langkah Induksi.
     Suatu rumus atau lema umum yang berlaku untuk setiap bilangan asli (atau hanya tidak berlaku untuk bilangan asli tertentu) dapat dibuktikan kebenarannya dengan induksi matematika. Langkah-langkah dalam membuktikannya secara induksi adalah:

Tahap I: Basis Induksi

 Lakukan pemisalan bahwa pernyataan yang diberikan adalah $P_n$, dengan $n$ sebagai variabel induksi. Tunjukkan bahwa rumus atau pernyataan benar jika $n = 1$ (atau bilangan asli terkecil yang diberikan). Jika benar, lanjutkan ke tahap kedua.

Tahap II: Langkah Induksi

Tunjukkan bahwa jika rumus atau pernyataan benar untuk $P_k$ (hipotesis induksi), maka juga benar untuk $P_{k+1}$. Secara matematis ditulis, $P_k \Rightarrow P_{k+1}$  (kedua pernyataannya harus BENAR).
Catatan: Prinsip yang sama dengan efek domino juga terjadi pada mekanisme Rube Goldberg Machine.

Mekanisme Rube Goldberg Machine
Mekanisme Rube Goldberg Machine

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Barisan dan Deret Aritmetika

Today Quote

Beberapa orang seperti lilin, yang membakar diri mereka sendiri untuk memberi cahaya kepada benda di sekitarnya.

Soal-soal induksi matematika berikut mengenai pembuktian deret dan ketaksamaan bilangan. Untuk soal mengenai keterbagian bilangan, dapat dilihat di tautan berikut.

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Induksi Matematika pada Keterbagian Bilangan

Soal Nomor 1
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
$P_n: 1 + 2 + 3 + \cdots + n = \dfrac{n(n+1)} {2}$
bernilai benar untuk setiap $n$ bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Diberikan
$P_n: 1 + 2 + 3 + \cdots + n = \dfrac{n(n+1)} {2}$

Ambil $n = 1$, diperoleh
$P_1: 1 = \dfrac{1(1+1)} {2}$
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk $n = 1$, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
$P_k: 1 + 2+ 3 + \cdots + k= \dfrac{k(k+1)} {2}$
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
$\begin{aligned} P_{k+1}: & 1 + 2 + 3 + \cdots + k + (k+1) \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)} {2} \bigstar \end{aligned}$
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut.
$\begin{aligned} & \underbrace{1 + 2 + 3 + \cdots + k}_{P_k} + (k+1) \\ & = \dfrac{k(k+1)} {2} + \dfrac{2(k+1)} {2} \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)}{2} \bigstar \end{aligned}$
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan $P_n$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 2
Buktikan bahwa
$2 + 4 + 6 + \cdots + 2n = n^2+n$
untuk $n$ bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
$P_n: 2 + 4 + 6 + \cdots + 2n = n^2+n$
Ambil $n = 1$, diperoleh
$P_1: 2 = 1^2 + 1$
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk $n = 1$, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
$P_k: 2 + 4 + 6 + \cdots + 2k= k^2+k$
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
$\begin{aligned} P_{k+1}: & 2 + 4 + 6 + \cdots + 2k + 2(k+1) \\ & = (k+1)^2+(k+1) \end{aligned} \bigstar$
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan.
$\begin{aligned} & \underbrace{2 + 4 + 6 + \cdots + 2k}_{P_k} + 2(k+1) \\ & = (k^2 + k) + (2k+2) \\ & = (k^2 + 2k + 1) + (k + 1) \\ & = (k+1)^2+(k+1) \bigstar \end{aligned}$
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan $P_n$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$

[collapse]

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Notasi Sigma

Soal Nomor 3
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
$$P_n: 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)} {6}$$bernilai benar untuk semua $n$ bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Diberikan
$$P_n: 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)} {6}$$Ambil $n = 1$, diperoleh
$P_1: 1^2 = \dfrac{1(1+1)(2+1)} {6} = 1$
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk $n = 1$, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
$$P_k: 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2 = \dfrac{k(k+1)(2k+1)} {6}$$Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
$\begin{aligned} P_{k+1}: & 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2 + (k+1)^2 \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)} {6} \bigstar \end{aligned}$
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan.
$\begin{aligned} & \underbrace{1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2}_{P_k} + (k+1)^2 \\ & = \dfrac{k(k+1)(2k+1)} {6} + (k+1)^2 \\ & = (k+1) \times \dfrac{k(2k+1)+6(k+1)} {6} \\ & = (k+1) \times \dfrac{2k^2 + 7k+ 6}{6} \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)} {6} \bigstar \end{aligned}$
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan $P_n$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 4
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
$P_n: 1 + 3 + 5 + \cdots + (2n-1) = n^2$
bernilai benar untuk setiap $n$ bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Diberikan
$P_n: 1 + 3 + 5 + \cdots + (2n-1)= n^2$
Ambil $n = 1$, diperoleh
$P_1: 1 = 1^2$
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk $n = 1$, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
$P_k: 1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1)= k^2$
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} P_{k+1} &: 1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1) + (2k+1) \\ & = (k+1)^2 \bigstar \end{aligned}$$Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut.
$\begin{aligned} & \underbrace{1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1)}_{P_k} + (2k+1) \\ &  = k^2 + 2k+1\\ & = (k+1)^2 \bigstar \end{aligned}$
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan $P_n$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 5
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
$$P_n: 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \cdots + n(n+1) = \dfrac{n(n+1)(n+2)} {3}$$bernilai benar untuk setiap $n$ bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Diberikan
$$P_n: 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \cdots + n(n+1) = \dfrac{n(n+1)(n+2)} {3}$$Ambil $n = 1$, diperoleh
$P_1: 1(2) = \dfrac{1(1+1)(1+2)} {3} = 2$
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk $n = 1$, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
$$P_k: 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \cdots + k(k+1)= \dfrac{k(k+1)(k+2)} {3}$$Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} P_{k+1} & : 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \cdots + k(k+1) + (k+1)(k+2) \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(k+3)} {3} \bigstar \end{aligned}$$Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut.
$$\begin{aligned} & \underbrace{1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \cdots + k(k+1)}_{P_k} + (k+1)(k+2) \\ & = \dfrac{k(k+1)(k+2)} {3} + \dfrac{3(k+1)(k+2)} {3} \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(k+3)} {3} \bigstar \end{aligned}$$Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan $P_n$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 6
Buktikan dengan induksi matematika bahwa $\displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \dfrac{n} {2n+1}$
berlaku untuk setiap $n$ bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
$P_n: \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \dfrac{n} {2n+1}$
Ambil $n = 1$, diperoleh
$\begin{aligned} P_1: \dfrac{1}{(2(1)-1)(2(1)+1)} & = \dfrac{1}{2(1)+1} \\ & = \dfrac{1}{3} \end{aligned}$
Pernyataan di atas benar. Jadi, $P_n$ benar untuk $n = 1$. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan $n = m$ (jangan menggunakan $k$ lagi karena sudah dipakai sebagai indeks notasi sigma), berarti
$P_m: \displaystyle \sum_{k=1}^m \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \dfrac{m} {2m+1}$
Asumsikan $P_m$ benar, maka harus ditunjukkan bahwa $P_{m+1}$ juga benar, dengan
$P_{m+1}: \displaystyle \boxed{\sum_{k=1}^{m+1} \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \dfrac{m+1}{2m+3}}$
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan. 
$$\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{k=1}^{m+1} \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}\\  & = \underbrace{\sum_{k=1}^m \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}} _{P_m} + \sum_{k=m+1}^{m+1} \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} \\ & = \dfrac{m} {2m+1}+ \dfrac{1}{(2m+1)(2m+3)} \\ & = \dfrac{m(2m+3)+1}{(2m+1)(2m+3)} \\ & = \dfrac{2m^2+3m+1}{(2m+1)(2m+3)} \\ & = \dfrac{\cancel{(2m+1)}(m+1)}{\cancel{(2m+1)}(2m+3)} \\ & = \boxed{\dfrac{m+1}{2m+3}} \end{aligned}$$Dari sini, terbukti bahwa kebenaran $P_m$ mengimplikasikan kebenaran $P_{m+1}$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 7
Tunjukkan bahwa dalam barisan aritmetika berlaku
$S_n = \dfrac{1}{2}n(2a + (n-1)b), n \geq 1, n \in \mathbb{N}$
dengan $a$ dan $b$ berturut-turut adalah suku pertama dan beda/selisih tiap suku yang berdekatan dalam barisan itu.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan $P_n: S_n = \dfrac{1}{2}n(2a + (n-1)b)$
Untuk $n = 1$, didapat
$P_1: S_1 = \dfrac{1}{2}(1)(2a) = a$
Pernyataan ini benar karena jumlah satu suku pertama jelas adalah suku pertama itu sendiri. Jadi, $P_n$ benar untuk $n = 1$. Basis induksi selesai. 
Langkah induksi:
Misalkan
$P_k: S_k = \dfrac{1}{2}k(2a + (k-1)b), k \geq 1,k \in \mathbb{N}$
Asumsikan $P_k$ benar. Harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar, dengan
$P_{k+1}: S_{k+1} = \dfrac{1}{2}(k+1)(2a + kb) \bigstar$
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut. 
$\begin{aligned} S_{k+1} & = S_k + U_{k+1} \\ & = \dfrac{1}{2}(k) (2a+(n-1)b) + (a + kb) \\ & = ak + \dfrac{1}{2}bk^2 + a + \dfrac{1}{2}bk \\ & = \left(\dfrac{1}{2}k+\dfrac{1}{2}\right) (2a+kb) \\ & = \dfrac{1}{2}(k+1)(2a+kb) \bigstar \end{aligned}$
Terbukti bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ benar untuk $n \geq 1$. $\blacksquare$
Catatan:
Dalam barisan aritmetika, suku ke-$n$ adalah $U_n = a + (n -1)b$.

[collapse]

Soal Nomor 8
Tunjukkan bahwa dalam barisan geometri berlaku
$S_n = \dfrac{a(r^n-1)} {r -1}, r > 1, n \geq 1, n \in \mathbb{N}$
dengan $r$ adalah rasio barisan.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan $P_n: S_n = \dfrac{a(r^n-1)} {r-1}$, sehingga untuk $n = 1$, ditulis
$P_1: S_1 = \dfrac{a(r^1-1)} {r -1} = a$
Pernyataan di atas benar karena jumlah satu suku pertama jelas adalah suku pertama itu sendiri. Jadi, $P_n$ benar untuk $n = 1$. Basis induksi selesai. 
Langkah induksi:
Misalkan $n = k$, berarti diperoleh
$P_k: S_k = \dfrac{a(r^k-1)} {r-1}$
Asumsikan $P_k$ benar, maka harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar, dengan
$P_{k+1}: S_{k+1} = \dfrac{a(r^{k+1} -1)}{r -1} \bigstar$
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut.
$\begin{aligned} S_{k+1} & = S_k + U_{k+1} \\ & =  \dfrac{a(r^k-1)} {r-1} + ar^k \\ & = \dfrac{a(r^k -1) + ar^k (r -1)}{r -1} \\ & = \dfrac{a(\cancel{r^k} -1 + r^{k+1} \cancel{-r^k})}{r-1} \\ & = \dfrac{a(r^{k+1} -1)}{r-1} \bigstar \end{aligned}$
Terbukti bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ benar untuk $n \geq 1$. $\blacksquare$
Catatan:
Dalam barisan geometri, suku ke-$n$ adalah $U_n = ar^{n-1}$.

[collapse]

Soal Nomor 9
Buktikan bahwa
$$1^2 -2^2 + 3^2 -\cdots + (-1)^{n+1}n^2 = (-1)^{n+1} \dfrac{n(n+1)} {2}$$untuk semua $n \in \mathbb{N}$

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
$\begin{aligned}P_n: & 1^2 -2^2 + 3^2 -\cdots + (-1)^{n+1}n^2 \\ & = (-1)^{n+1} \dfrac{n(n+1)}{2} \end{aligned}$
Ambil $n = 1$, diperoleh
$P_1: 1^2 = (-1)^{1+1}\dfrac{1(1+1)} {2} = 1$
Persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk $n = 1$, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
$\begin{aligned} P_k: & 1^2 -2^2 + 3^2 -\cdots + (-1)^{k+1} \\ & = (-1)^{k+1}\dfrac{k(k+1)} {2} \end{aligned}$
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} P_{k+1} & : 1^2 -2^2 +3^2-\cdots + (-1)^{k+1}k^2 + (-1)^{k+2}(k+1)^2 \\ & = (-1)^{k+2}\dfrac{(k+1)(k+2)} {2} \bigstar \end{aligned}$$Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan sebagai berikut.
$$\begin{aligned} & \underbrace{1^2 -2^2 +3^2-\cdots + (-1)^{k+1}k^2}_{P_k} + (-1)^{k+2}(k+1)^2 \\ & = (-1)^{k+1}\dfrac{k(k+1)} {2} + (-1)^{k+2}(k+1)^2 \\ & = (-1)^{k+1}\dfrac{k(k+1)} {2} + \dfrac{2(-1)^{k+2}(k+1)^2}{2} \\ & = \dfrac{(-1)^k(k+1)(-k + 2(k+1))}{2} \\ & = \dfrac{(-1)^k(k+1)(k+2)}{2} \\ & = \dfrac{(-1)^{k+2}(k+1)(k+2)}{2}  \bigstar \end{aligned}$$
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan $P_n$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$
Catatan: $$\boxed{(-1)^{k+2} = (-1)^k(-1)^2 = (-1)^k(1) = (-1)^k}$$

[collapse]

Soal Nomor 10
Buktikan bahwa untuk $n \in \mathbb{N}$, berlaku
$$1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2n -1)^2 = \dfrac{n(2n-1)(2n+1)} {3}$$

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan$$P_n: 1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2n-1)^2 = \dfrac{n(2n-1)(2n+1)} {3}$$Misalkan $n = 1$, berarti didapat
$P_1: 1^2 = \dfrac{1(2(1)-1)(2(1)+1)} {3} = 1$
Pernyataan di atas benar, sehingga untuk $n = 1$, pernyataan yang akan kita buktikan benar. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan$$P_k: 1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2k -1)^2 = \dfrac{k(2k-1)(2k+1)}{3}$$Asumsikan $P_k$ benar, sehingga harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar. Sekarang, perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} P_{k+1} & :  1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2k -1)^2 + (2k + 1)^2 \\ & = \dfrac{(k+1)(2k+1)(2k+3)} {3} \bigstar \end{aligned}$$
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan. 
$$\begin{aligned} & \underbrace{1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2k -1)^2}_{P_k} + (2k + 1)^2 \\ & = \dfrac{k(2k-1)(2k+1)}{3} + (2k+1)^2 \\ & = (2k+1)\left(\dfrac{k(2k-1) + 3(2k+1)} {3}\right) \\ & = (2k+1)\left(\dfrac{2k^2+5k+3}{3}\right) \\& = (2k+1)\left(\dfrac{(2k+3)(k+1)} {3}\right) \\ & = \dfrac{(k+1)(2k+1)(2k+3)} {3} \bigstar \end{aligned}$$Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan $P_n$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 11
Buktikan dengan menggunakan induksi matematika bahwa $1^3 + 3^3 + 5^3 + \cdots + (2n-1)^3 = n^2(2n^2-1)$ untuk setiap $n$ bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
$\begin{aligned} P_n: 1^3 + & 3^3 + 5^3 + \cdots + \\ & (2n-1)^3 = n^2(2n^2-1) \end{aligned}$
Ketika $n = 1$, diperoleh
$P_1: 1^3 = 1^2(2(1)^2-1) = 1(2-1) = 1$
Pernyataan di atas benar, sehingga untuk $n = 1$, pernyataan yang akan dibuktikan benar. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
$\begin{aligned} P_k: 1^3 + 3^3 & + 5^3 + \cdots + \\ & (2k-1)^3 = \color{blue}{k^2(2k^2-1)} \end{aligned}$
Asumsikan $P_k$ benar, sehingga harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga bernilai benar dengan
$\begin{aligned} P_{k+1}: 1^3 + 3^3 + & 5^3 + \cdots + (2k-1)^3 + (2k + 1)^3 \\ &  = \color{red}{(k+1)^2(2(k+1)^2-1)} \end{aligned}$
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan.
$$\begin{aligned} & \underbrace{1^3 + 3^3 + 5^3 + \cdots + (2k-1)^3}_{P_k} + (2k + 1)^3 \\ & = \color{blue}{k^2(2k^2-1)} + (2k+1)^3 \\ & = 2k^4-k^2+8k^3+12k^2+6k+1 \\ &= 2k^4+8k^3+11k^2+6k+1 \\ & = (k^2+2k+1)(2k^2+4k+1) \\ & = \color{red}{(k+1)^2(2(k+1)^2-1)} \end{aligned}$$Dari sini, dapat disimpulkan bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan $P_n$ benar untuk setiap $n$ bilangan asli.

[collapse]

Soal Nomor 12
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
$\dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{n}{n+1}$

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan proposisi di atas adalah
$$P_n: \dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{n}{n+1}$$Ambil $n=1$ sehingga diperoleh
$P_1: \dfrac{1}{1 \cdot 2} = \dfrac{1} {1+1} = \dfrac{1}{2}$
Pernyataan di atas benar. Ini berarti, untuk $n = 1$, $P_1$ bernilai benar. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan $n = k$, berarti
$$P_k: \dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{k}{k+1}$$Asumsikan $P_k$ benar, maka harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar, dengan
$$P_{k+1}: \dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \dfrac{1}{k(k+1)} + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)} = \dfrac{k+1}{k+2} \bigstar$$Pembuktian dilakukan mulai dari ruas kiri sebagai berikut.
$$ \begin{aligned} & \underbrace{\dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \dfrac{1}{k(k+1)}}_{P_k} + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{k}{k+1} + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{k(k+2) + 1}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{k^2 + 2k + 1}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{\cancel{(k+1)}(k+1)}{\cancel{(k+1)}(k+2)} \\ & = \dfrac{k+1}{k+2} \bigstar\end{aligned}$$Ternyata kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ terbukti benar untuk $n$ bilangan asli. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 13
Buktikan dengan induksi matematika bahwa persamaan berikut ini benar untuk $n \in \mathbb{N}$. 
$\begin{aligned} \dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3}&+ \dfrac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \dfrac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5}+ \cdots + \\ & \dfrac{1}{n(n+1)(n+2)} = \dfrac{n(n+3)} {4(n+1)(n+2)} \end{aligned}$

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan proposisi di atas adalah
$$\begin{aligned} P_n: \dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3}&+ \dfrac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \dfrac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5}+ \cdots + \\ & \dfrac{1}{n(n+1)(n+2)} = \dfrac{n(n+3)} {4(n+1)(n+2)} \end{aligned}$$Ambil $n=1$ sehingga diperoleh
$P_1: \dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} = \dfrac{1(1+3)} {4(1+1)(1+2)} = \dfrac{1}{6}$
Pernyataan di atas benar. Ini berarti, untuk $n = 1$, $P_1$ bernilai benar. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan $n = k$, berarti
$$\begin{aligned} P_k: \dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3}&+ \dfrac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \dfrac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5}+ \cdots + \\ & \dfrac{1}{k(k+1)(k+2)} = \dfrac{k(k+3)} {4(k+1)(k+2)} \end{aligned}$$Asumsikan $P_k$ benar, maka harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar, dengan
$$\begin{aligned} P_{k+1}: & \dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3}+ \dfrac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \dfrac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5}+ \cdots + \dfrac{1}{k(k+1)(k+2)} \\ & + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)} = \dfrac{(k+1)(k+4)} {4(k+2)(k+3)} \bigstar \end{aligned}$$
Pembuktian dilakukan mulai dari ruas kiri sebagai berikut.
$$ \begin{aligned} & \underbrace{\dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \dfrac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \dfrac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5}+ \cdots + \dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}}_{P_k} \\ & + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{k(k+3)} {4(k+1)(k+2)} + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{k(k+3)^2}{4(k+1)(k+2)(k+3)} + \dfrac{4}{4(k+1)(k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{k^3 + 6k^2 + 9k + 4}{4(k+1)(k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{\cancel{(k+1)} (k+1)(k+4)}{4\cancel{(k+1)} (k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{(k+1)(k+4)} {4(k+2)(k+3)} \bigstar\end{aligned}$$Ternyata kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ terbukti benar untuk $n$ bilangan asli. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 14
Temukan rumus dengan bukti untuk penjumlahan berikut.
$$\dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots m} + \dfrac{1}{2 \cdot 3 \cdots (m+1)} + \cdots + \dfrac{1}{n(n+1) \cdots (n+m-1)}$$

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} \dfrac{1}{n(n+1) \cdots (n+m-1)} & = \dfrac{1}{m-1} \cdot \dfrac{(n+m-1)-n}{n(n+1)\cdots (n+m-1)} \\ & = \dfrac{1}{m-1} \cdot \left(\dfrac{1}{n(n+1) \cdots (n+m-2)}-\dfrac{1}{(n+1)(n+2) \cdots (n+m-1)}\right) \end{aligned}$$Misalkan $f(n, m) = \dfrac{1}{n(n+1) \cdots (n+m-1)}$
sehingga
$$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^n f(k, m) & = \dfrac{1}{m-1} \sum_{k=1}^n (f(k, m-1)-f(k+1, m-1)) \\ & = \dfrac{1}{m-1} \cdot \left(\sum_{k=1}^n f(k, m-1)-\sum_{k=2}^{n+1} f(k, m-1)\right) \\ & = \dfrac{1}{m-1} \cdot (f(1, m-1)-f(n+1, m-1)) \\ & = \dfrac{1}{m-1} \cdot \left(\dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdots (m-1)} -\dfrac{1}{(n+1)(n+2) \cdots (n+m-1)}\right) \end{aligned}$$

[collapse]

Soal Nomor 15
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
$\displaystyle \sum_{k = 1}^n k \cdot 3^k = \dfrac{(2n-1) \cdot 3^{n+1}+ 3}{4}$ berlaku untuk setiap $n$ bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
$P_n : \displaystyle \sum_{k=1}^n k \cdot 3^k = \dfrac{(2n-1) \cdot  3^{n+1}+3}{4}$
Ambil $n = 1$, diperoleh
$P_1: 1 \cdot 3^1 = \dfrac{(2(1)-1) \cdot 3^{1+1}+3}{4} = 3$
Pernyataan di atas benar. Jadi, $P_n$ benar untuk $n = 1$. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan $n = m$ (jangan menggunakan $k$ lagi karena sudah dipakai sebagai indeks notasi sigma), berarti
$P_m: \displaystyle \sum_{k=1}^m k \cdot 3^k = \dfrac{(2m-1) \cdot 3^{m+1}+3}{4}$
Asumsikan $P_m$ benar, maka harus ditunjukkan bahwa $P_{m+1}$ juga benar, dengan
$P_{m+1}: \displaystyle \boxed{\sum_{k=1}^{m+1} k \cdot 3^k = \dfrac{(2m+1) \cdot 3^{m+2}+3}{4}}$
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan. 
$$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{m+1} k \cdot 3^k & = \underbrace{\sum_{k=1}^m k \cdot 3^k} _{P_m} + \sum_{k=m+1}^{m+1} k \cdot 3^k \\ & = \dfrac{(2m-1) \cdot 3^{m+1}+3}{4} + (m+1). 3^{m+1} \\ & = \dfrac{(2m-1) \cdot 3^{m+1}+3}{4} + \dfrac{4(m+1) \cdot 3^{m+1}} {4} \\ & = \dfrac{(2m-1+4m+4) \cdot 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \dfrac{(6m + 3) \cdot 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \dfrac{3(2m+1) \cdot 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \boxed{\dfrac{(2m+1) \cdot 3^{m+2} + 3}{4}} \end{aligned}$$Dari sini, terbukti bahwa kebenaran $P_m$ mengimplikasikan kebenaran $P_{m+1}$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 16
Buktikan bahwa $1 + 2 + 2^2 + 2^3 + \cdots + 2^n = 2^{n+1} -1$ untuk setiap $n$ bilangan cacah.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan $P_n: 1+2+2^2+2^3+\cdots+2^n = 2^{n+1} -1$
Untuk $n = 0$, diperoleh
$P_0: 1 = 2^{0+1}-1 = 1$ (benar)
Kita dapatkan $P_0$ bernilai benar. Substitusi $n = 1$ juga membuat pernyataan di atas bernilai benar. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Sekarang, misalkan $n = k$, berarti
$P_k: 1+2+2^2+2^3+\cdots+2^k= 2^{k+1} -1 $
Asumsikan $ P_k$ benar, sehingga harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga bernilai benar, dengan
$$P_{k+1}: 1+2+2^2+2^3+\cdots+2^k + 2^{k+1} = 2^{k+2} -1$$Pembuktian akan dimulai dari ruas kiri sebagai berikut.
$\begin{aligned} & \underbrace{1+2+2^2+2^3+\cdots+2^k}_{2^{k+1} -1} + 2^{k+1} \\ & = 2^{k+1} -1 + 2^{k+1} = 2 \cdot 2^{k+1} -1 \\ & =2^{k+2} -1 \end{aligned}$
Terbukti bahwa $P_{k+1}$ bernilai benar.
Berdasarkan prinsip Induksi Matematika, $ P_n$ terbukti benar untuk $n $ bilangan cacah.

[collapse]

Soal Nomor 17
Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli $n$, berlaku
$$\displaystyle \sum_{i = 1}^n i^3 = 1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + n^3 = \left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2$$

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
$$P(n): 1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + n^3 = \left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2$$Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1): 1^3 = \left[\dfrac{1(1+1)}{2}\right]^2 = 1$
Pernyataan di atas benar. Jadi, $P(n)$ benar untuk $n = 1$. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan $n = k$, sehingga
$$P(k): 1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3 = \left[\dfrac{k(k+1)}{2}\right]^2$$
Asumsikan $P(k)$ benar, sehingga dalam kasus ini harus ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga bernilai benar, dengan
$$P(k+1): 1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3 + (k+1)^3 = \left[\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}\right]^2$$Perhatikan bahwa,
$\begin{aligned} & \underbrace{1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3}_{P(k)} + (k+1)^3 \\ & = \left[\dfrac{k(k+1)}{2}\right]^2 + (k+1)^3 \\ & = \dfrac{k^2(k+1)^2+4(k+1)^3}{4} \\ & = (k+1)^2\dfrac{k^2+4(k+1)}{4} \\ & = (k+1)^2\dfrac{(k+2)^2}{4} \\ & =  \left[\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}\right]^2 \end{aligned}$
Dari sini, terbukti bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P(n)$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$
 

[collapse]

Soal Nomor 18
Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli $n$, berlaku
$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{i = 1}^n i^4 & = 1^4 + 2^4 + 3^4 + \cdots + n^4 \\ & = \dfrac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30} \end{aligned}$

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
$$P(n): 1^4 + 2^4 + 3^4 + \cdots + n^4 = \dfrac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}$$Untuk $n = 1$, diperoleh
$$P(1): 1^4 =\dfrac{1(1+1)(6(1)^3+9(1)^2+(1)-1)}{30} = 1$$
Pernyataan di atas benar. Jadi, $P(n)$ benar untuk $n = 1$. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan $n=k$, sehingga
$$P(k): 1^4 + 2^4 + 3^4 + \cdots + k^4 = \dfrac{k(k+1)(6k^3+9k^2+k-1)}{30}$$Asumsikan $P(k)$ benar, sehingga dalam kasus ini harus ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga benar, dengan
$$P(k+1): 1^4 + 2^4 + 3^4 + \cdots + k^4 + (k+1)^4 = \dfrac{(k+1)(k+2)(6(k+1)^3+9(k+1)^2+(k+1)-1)}{30}$$Perhatikan bahwa,
$$\begin{aligned} & \underbrace{1^4 + 2^4 + 3^4 + \cdots + k^4}_{P(k)} + (k+1)^4 \\ & = \dfrac{k(k+1)(6k^3+9k^2+k-1)}{30} + (k+1)^4 \\ & = \dfrac{k(k+1)(6k^3+9k^2+k-1)}{30} + \dfrac{30(k+1)^4}{30} \\ & = (k+1)\dfrac{6k^4+9k^3+k^2-k+30k^3+90k^2+90k+30}{30} \\ & = (k+1)\dfrac{6k^4+39k^3+91k^2+89k+30}{30} \\ & = (k+1)(k+2)\dfrac{6k^3+27k^2+37k+15}{30} \\ & =  \dfrac{(k+1)(k+2)(6(k+1)^3+9(k+1)^2+(k+1)-1)}{30} \end{aligned}$$
Dari sini, terbukti bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P(n)$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$ 

[collapse]

Soal Nomor 19
Buktikan bahwa jika $n \in \mathbb{N}$, maka $n > 0$.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan $P_n: n > 0$ dengan $n$ bilangan asli.
Ambil $n = 1$, sehingga didapat
$P_1: 1 > 0$. Pernyataan ini jelas benar ($1$ lebih besar dari $0$).
Jadi, $P_n$ benar untuk $n = 1$. Basis induksi selesai.
Langkah induksi:
Misalkan $P_k: k > 0$ dengan $k$ bilangan asli. Asumsikan $P_k$ benar dan harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}: k + 1 > 0$ juga benar.
Perhatikan bahwa $k > 0$ (berdasarkan asumsi) menunjukkan $k$ elemen bilangan positif $\mathbb{P}$, atau ditulis $k \in \mathbb{P}$. Ini juga sama untuk $1 > 0$, berarti $1 \in \mathbb{P}$. Untuk itu, berdasarkan definisi kepositivan bilangan: Jika $a, b \in \mathbb{P}$, maka $a + b \in \mathbb{P}$, ini berarti terbukti bahwa $k + 1 > 0$.
Jadi, dapat disimpulkan bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ benar untuk $n$ bilangan asli. $\blacksquare$
Komentar: Anda tidak boleh menerka bahwa setiap bilangan asli adalah bilangan positif, dengan hanya melihat anggota/elemen himpunan bilangan asli itu. Konsep yang ditegaskan dalam hal ini adalah kepositivan bilangan. Konsep ini dipelajari untuk menjawab definisi kepositivan, bagaimana suatu bilangan bisa dikatakan positif atau negatif, dan sebagainya.

[collapse]

Soal Nomor 20
Buktikan bahwa $P_n: 2^n > n + 20$ bernilai benar untuk setiap bilangan bulat $n \geq 5$.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Diberikan
$P_n: 2^n > n + 20$
Ambil $n = 5$, diperoleh
$P_1: 2^5 = 32 > 5 + 20 = 25 $
Jelas bahwa $32 > 25$, berarti persamaan di atas bernilai benar, sehingga untuk $n = 5$, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
$P_k: 2^k > k + 20$
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
$P_{k+1}: 2^{k+1} > (k+1) + 20 \bigstar$
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa ruas kiri lebih besar dari ruas kanan sebagai berikut.
$\begin{aligned} & 2^{k+1} = 2^k \times 2 > 2(k + 20) \\ & = 2k + 40 > 2k + 21 \\ & > k + 21 = (k+1) + 20 \end{aligned}$
Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$ sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan $P_n$ benar untuk $n \geq 5, n \in \mathbb{Z}$. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 21
Buktikan bahwa untuk semua bilangan asli $n$, berlaku
$\dfrac{1}{\sqrt{1}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n}} < 2\sqrt{n}$ 

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
$$P_n: \dfrac{1}{\sqrt{1}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n}} < 2\sqrt{n}$$Ambil $n = 1$, sehingga diperoleh
$P_1: \dfrac{1}{1} < 2\sqrt{1} \Leftrightarrow 1 < 2$
Pernyataan di atas jelas benar ($1$ kurang dari $2$), sehingga untuk $n = 1$, $P_n$ bernilai benar. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
$$P_k: \dfrac{1}{\sqrt{1}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{k}} < 2\sqrt{k}$$Asumsikan $P_k$ benar, sehingga harus ditunjukkan $P_{k+1}$ juga benar.
Diketahui bahwa
$$\begin{aligned} P_{k+1} & : \dfrac{1}{\sqrt{1}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{k}} + \dfrac{1}{\sqrt{k+1}} \\ & < 2\sqrt{k+1} \end{aligned} $$Sekarang, perhatikan bahwa ekspresi di atas memberlakukan
$$\begin{aligned} & 2\sqrt{k} + + \dfrac{1}{\sqrt{k+1}} < 2\sqrt{k+1} + \dfrac{1}{\sqrt{k+1}} \\ & \Leftrightarrow 2\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}} < 2\sqrt{k+1} \\ & \Leftrightarrow 2\sqrt{k^{2}+k}+1 < 2k+2 \\ & \Leftrightarrow 2\sqrt{k^{2}+k}< 2k+1 \Leftrightarrow 4k^{2}+4k < 4k^{2}+4k+1 \\ & \Leftrightarrow 0 < 1 \end{aligned}$$Ketaksamaan terakhir jelas benar (berdasarkan teorema kepositivan dalam analisis real), sehingga dapat dikatakan bahwa kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ benar untuk $n$ bilangan asli. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 22
Jika diberikan $a > 1$, buktikan bahwa $a^n > 1$ untuk $n$ bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misal proposisi (yang berbentuk implikasi: jika maka) di atas dinyatakan sebagai
$P_n$: Jika $a > 1$, maka $a^n > 1$
Ambil $n = 1$, sehingga diperoleh
$P_1$: Jika $a > 1$, maka $a^1 = a > 1$
Pernyataan di atas jelas benar (kesimpulan diambil persis seperti hipotesisnya). Dengan kata lain, $P_n$ benar untuk $n = 1$. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Misalkan $n = k$, berarti proposisi di atas dapat dinyatakan kembali sebagai
$P_k$: Jika $a > 1$, maka $a^k > 1$
Asumsikan $P_k$ bernilai benar, maka harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga bernilai benar, dengan
$P_{k+1}$: Jika $a > 1$, maka $a^{k+1} > 1$
Terdapat suatu teorema (dalam bidang kajian Analisis Real) yang menyatakan bahwa bila $a > b$ dan $x > y$, maka $ax > by$ untuk $a, b, x, y \in \mathbb{R}$. 
Diketahui bahwa $a > 1$ dan juga dari asumsi bahwa $a^k > 1$. Dengan menggunakan teorema tersebut, didapat
$a.a^k > 1 \times 1 \Leftrightarrow a^{k+1} > 1$
Jadi, kita dapatkan $a^{k+1} > 1$. Dengan kata lain, $P_{k+1}$ bernilai benar.
Ini berarti, kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ benar untuk setiap $n$ bilangan asli. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 23
Diketahui $0 < a < 1$. Buktikan $0 < a^n < 1$ untuk $n$ bilangan bulat positif.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misal proposisi (yang berbentuk implikasi: jika maka) di atas dinyatakan sebagai
$P_n$: Jika $0 < a < 1$, maka $0 < a^n < 1$
Ambil $n = 1$, sehingga diperoleh
$P_1$: Jika $0 < a < 1$, maka $0 < a^1 = a < 1$
Pernyataan di atas jelas benar (kesimpulan diambil persis seperti hipotesisnya). Dengan kata lain, $P_n$ benar untuk $n = 1$. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Misalkan $n = k$, berarti proposisi di atas dapat dinyatakan kembali sebagai
$P_k$: Jika $0 < a < 1$, maka $0 < a^k < 1$
Asumsikan $P_k$ bernilai benar, maka harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga bernilai benar, dengan
$P_{k+1}$: Jika $0 < a < 1$, maka $0 < a^{k+1} < 1$
Terdapat suatu teorema (dalam bidang kajian Analisis Real) yang menyatakan bahwa bila $0 < a < b$ dan $0 < x < y$, maka $0 < ax < by$ untuk $a, b, x, y \in \mathbb{R}$. 
Diketahui bahwa $0<a<1$ dan juga dari asumsi bahwa $0<a^k <1$. Dengan menggunakan teorema tersebut, didapat
$0 < a.a^k < 1 \times 1 \Leftrightarrow 0 < a^{k+1} < 1$
Jadi, kita dapatkan $0 < a^{k+1} < 1$. Dengan kata lain, $P_{k+1}$ bernilai benar.
Ini berarti, kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ benar untuk setiap $n$ bilangan asli. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 24
Untuk setiap $n$ bilangan asli, buktikan bahwa
$1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots + \dfrac{1}{n^2} \leq 2-\dfrac{1}{n}$

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misal proposisi di atas dinyatakan sebagai
$P_n$: $1+\dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{3^2} + \cdots + \dfrac{1}{n^2} \leq 2-\dfrac{1}{n} $
Ambil $n = 1$, sehingga diperoleh
$P_1$: $1 \leq 2 -\dfrac{1}{1} = 1$
Pernyataan di atas benar ($1 \leq 1$). Dengan kata lain, $P_n$ benar untuk $n = 1$. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Misalkan $n = k$, berarti proposisi di atas dapat dinyatakan kembali sebagai
$P_k: 1+\dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{3^2} + \cdots + \dfrac{1}{k^2} \leq 2-\dfrac{1}{k}$
Asumsikan $P_k$ bernilai benar, maka harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga bernilai benar, dengan
$\begin{aligned} P_{k+1}: 1+\dfrac{1}{2^2} & + \dfrac{1}{3^2} + \cdots + \dfrac{1}{k^2} \\ & + \dfrac{1}{(k+1)^2}\leq 2-\dfrac{1}{k+1} \end{aligned} $
Perhatikanlah fakta yang dapat digunakan untuk menjalankan induksi sebagai berikut. 
$\boxed{\begin{aligned} & k(k+1) \leq (k+1)(k+1) \\ & \dfrac{1}{k(k+1)} \geq \dfrac{1}{(k+1)(k+1)} \\ & \dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k} -\dfrac{1}{k+1} \end{aligned}}$
Pada pertidaksamaan
$1+\dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{3^2} + \cdots + \dfrac{1}{k^2} \leq 2-\dfrac{1}{k} $,
tambahkan $\dfrac{1}{(k+1)^2}$ pada kedua ruasnya, sehingga ditulis
$$\begin{aligned} \underbrace{1+\dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{3^2} + \cdots + \dfrac{1}{k^2}}_{\leq 2 -\dfrac{1}{k}} \color{blue}{+\dfrac{1}{(k+1)^2}} \leq 2-\dfrac{1}{k} \color{blue}{+\dfrac{1}{(k+1)^2}}  \end{aligned}$$Dengan menggunakan ketaksamaan $\dfrac{1}{(k+1)(k+1)} \leq \dfrac{1}{k(k+1)}$, didapat
$2 -\dfrac{1}{k} + \dfrac{1}{(k+1)^2} \leq 2 -\dfrac{1}{k} + \dfrac{1}{k(k+1)}$
Tambahkan bilangan positif $\dfrac{1}{k}$ di ruas kanan, sehingga tanda pertidaksamaan tidak berubah. 
$2-\dfrac{1}{k} + \dfrac{1}{(k+1)^2} \leq 2 -\dfrac{1}{k} \color{blue}{+ \dfrac{1}{k}} + \dfrac{1}{k(k+1)}$
Dari bentuk di atas, diperolehlah
$$2-\dfrac{1}{k} + \dfrac{1}{(k+1)^2} \leq 2-\dfrac{1}{k(k+1)}$$atau dikembalikan sebagai
$\begin{aligned} 1+\dfrac{1}{2^2} & +\cdots+\dfrac{1}{k^2}+ \\ & \dfrac{1}{(k+1)^2} \leq 2-\dfrac{1}{k(k+1)} \end{aligned}$
Diperoleh $P_{k+1}$ bernilai benar.
Ini berarti, kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ benar untuk setiap $n$ bilangan asli. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 25
Sebuah ATM (Automated Teller Machine) hanya menyediakan pecahan uang Rp20.000,00 dan Rp50.000,00. Kelipatan uang berapakah yang dapat dikeluarkan oleh ATM tersebut? Buktikan dengan induksi matematika.

Penyelesaian

Langkah pertama yang perlu dilakukan adalah membentuk model matematika yang sesuai dengan kasus tersebut. Misalkan $a = 20000x + 50000y$ untuk setiap $x, y$ bilangan cacah, di mana $x, y$ masing-masing menyatakan banyaknya uang pecahan Rp20.000,00 dan Rp50.000,00. Sekarang, perhatikan bahwa
$\begin{aligned} 20000x+50000y &  = 10000(2x + 5y) \\ & = 10000(2(x + y) + y) \end{aligned}$
Dari bentuk terakhir, dapat dilihat bahwa $2(x+y)$ (suku pertama) adalah genap, sedangkan $y$ (suku kedua) bisa bernilai genap/ganjil tergantung nilainya sendiri. Untuk itu, $2(x+y) + y$ dapat bernilai bilangan cacah (0,1,2,3, dan seterusnya). 
Jadi, dapat ditulis secara matematis
$20000x + 50000y = 10000n$
Selanjutnya, kita akan melakukan induksi terhadap variabel $n$. Untuk $n = 1$ atau $n = 3$, tak akan ditemukan $x, y$ yang membuat persamaan itu bernilai benar. Tetapi, untuk $n = 2$, ditemukan $x = 1$ dan $y = 0$ agar persamaan itu benar. Bila dilanjutkan untuk $n \geq 4$, kita akan menemukan bahwa selalu ditemukan pasangan nilai $(x, y)$ yang memenuhi persamaan ini. Dengan kata lain, kita perlu menunjukkan bahwa $\text{Rp}10.000,00$ adalah kelipatan uang yang dapat dikeluarkan ATM itu. Untuk membuktikan ini, perlu dilakukan proses induksi sebagai berikut. 
Basis Induksi:
Misalkan $P_n: 20000x + 50000y = 10000n, n \geq 4$. 
Pernyataan matematis di atas dapat disederhanakan menjadi
$P_n: 2x + 5y = n, n \geq 4$. 
Untuk $n = 4$, didapat 
$P_4: 2x+5y = 4$. 
Pasangan $(x, y) = (2,0)$ memenuhi persamaan itu, sehingga $P_4$ bernilai benar untuk $x, y$ demikian. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Sekarang, misalkan $n = k$, berarti
$P_k: 2x + 5y = k, k\geq 4$
Asumsikan $P_k$ benar, maka harus ditunjukkan bahwa $P_{k+1}$ juga benar, dengan
$P_{k+1}: 2x’ + 5y’ = k + 1$. 
Akan ditunjukkan bahwa ada $x’, y’$ demikian yang memenuhi persamaan di atas. 
$\begin{aligned} k + 1 & = \underbrace{k}_{k = 2x + 5y} + (5 -4) \\ & = 2x + 5y + (5(1) -2(2)) \\ & = 2(x -2) + 5(y + 1) \end{aligned}$
Ditemukan pasangan nilai $(x’, y’) = (x -2, y +1)$ yang membuat pernyataan itu benar untuk $k+1$ tertentu. Jadi, kebenaran $P_k$ mengimplikasikan kebenaran $P_{k+1}$. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, $P_n$ terbukti benar untuk $n \geq 4$. Dengan kata lain, kelipatan pecahan uang $\text{Rp}10.000,00$ dapat dikeluarkan oleh ATM tersebut untuk pengambilan uang paling kecil $\text{Rp}40.000,00$. $\blacksquare$
Catatan:
$P_k$ bernilai benar apabila terdapat pasangan nilai $(x, y)$ yang memenuhi persamaan itu saat $k$ tertentu. 

[collapse]