Soal dan Pembahasan – Induksi Matematika

   Tahukah Anda mengenai keping domino? Keping domino terbuat dari plastik resin, yang tebalnya kurang lebih 7 mm dan ukurannya sekitar 5 x 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 (dikutip dari: http://handojowibowo.blogspot.com/).

      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 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

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:
Mis
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]

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: 1.2 + 2.3 + 3.4 + \cdots + n(n+1) = \dfrac{n(n+1)(n+2)} {3}
bernilai benar untuk setiap n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Diberikan
P_n: 1.2 + 2.3 + 3.4 + \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: 1.2 + 2.3 + 3.4 + \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} \\ & = 1.2 + 2.3 + 3.4 + \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{1.2 + 2.3 + 3.4 + \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 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 7
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 8
Buktikan dengan induksi matematika bahwa persamaan berikut ini benar untuk n \in \mathbb{N}
\begin{aligned} \dfrac{1}{1.2.3}&+ \dfrac{1}{2.3.4} + \dfrac{1}{3.4.5}+ \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}{1.2.3}&+ \dfrac{1}{2.3.4} + \dfrac{1}{3.4.5}+ \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}{1.2.3} = \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}{1.2.3}&+ \dfrac{1}{2.3.4} + \dfrac{1}{3.4.5}+ \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}{1.2.3}+ \dfrac{1}{2.3.4} + \dfrac{1}{3.4.5}+ \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}{1.2.3} + \dfrac{1}{2.3.4} + \dfrac{1}{3.4.5}+ \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 9
Buktikan dengan induksi matematika bahwa
\displaystyle \sum_{k = 1}^n k. 3^k = \dfrac{(2n-1). 3^{n+1}+ 3}{4} berlaku untuk setiap n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan
P_n: \displaystyle \sum_{k=1}^n k. 3^k = \dfrac{(2n-1). 3^{n+1}+3}{4}
Ambil n = 1, diperoleh
P_1: 1.3^1 = \dfrac{(2(1)-1). 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. 3^k = \dfrac{(2m-1). 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.3^k = \dfrac{(2m+1). 3^{m+2}+3}{4}}
Akan ditunjukkan bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan. 
\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{m+1} k. 3^k & = \underbrace{\sum_{k=1}^m k. 3^k} _{P_m} + \sum_{k=m+1}^{m+1} k. 3^k \\ & = \dfrac{(2m-1). 3^{m+1}+3}{4} + (m+1). 3^{m+1} \\ & = \dfrac{(2m-1). 3^{m+1}+3}{4} + \dfrac{4(m+1). 3^{m+1}} {4} \\ & = \dfrac{(2m-1+4m+4). 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \dfrac{(6m + 3). 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \dfrac{3(2m+1). 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \boxed{\dfrac{(2m+1). 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 10
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]

Penyelesaian

Download Jawaban (PDF) 

[collapse]

Soal Nomor 11
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

Download Jawaban (PDF) 

[collapse]

Soal Nomor 12
Buktikan n^3 - n habis dibagi 6 untuk setiap n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis induksi:
Misalkan
P_n: n^3 - n habis dibagi 6.
Ambil n = 1, sehingga diperoleh
P_1: 1^3 - 1 = 0 habis dibagi 6. Pernyataan ini jelas benar. Jadi, P_n benar untuk n = 1.
Langkah induksi:
Misalkan
P_k: k^3 - k habis dibagi 6, merupakan pernyataan yang diasumsikan benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar. Dalam hal ini,
P_{k+1}: (k+1)^3 - (k+1) habis dibagi 6.
Ekspresi pada P_{k+1} dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} (k+1)^3 - (k+1) & = k^3 + 3k^2 + 2k \\ & = (n^3 - n) + (3n^2 + 3n) \\ & = (n^3 - n) + 3n(n+1) \end{aligned}
Ekspresi terakhir terdiri dari dua suku. Suku pertama adalah (n^3 - n), habis dibagi 6, berdasarkan asumsi sebelumnya. Suku kedua adalah 3n(n+1), juga habis dibagi 6, karena mengandung faktor 3 dan salah satu di antara n atau n+1 merupakan bilangan genap sehingga mengandung faktor 2. Oleh karenanya, P_{k+1} benar.
Jadi, dapat disimpulkan kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1} sehingga berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, pernyataan P_n benar untuk n \in \mathbb{N}. \blacksquare
Catatan: Suatu bilangan habis dibagi 6 jika dan hanya jika bilangan itu habis dibagi 2 (genap) sekaligus habis dibagi 3.

[collapse]

Soal Nomor 13
Untuk semua bilangan asli n \geq 1, buktikan bahwa n^3 + 2n adalah kelipatan 3.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Perhatikan bahwa n^3 + 2n merupakan kelipatan 3 atau dengan kata lain, n^3 + 2n habis dibagi 3.
Misalkan
P_n: 3~|~n^3 + 2n
Ambil n = 1, diperoleh
P_1: 3~|~1^3 + 2(1)
Jelas bahwa 3 membagi habis dirinya sendiri, sehingga untuk n = 1, pernyataan yang akan dibuktikan di atas BENAR. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan
P_k: 3~|~k^3+2k
Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar.
Sekarang, perhatikan bahwa
P_{k+1}: 3~|~(k+1)^3+2(k+1) \bigstar
Dalam hal ini, akan ditunjukkan bahwa (k+1)^3 + 2(k+1) juga merupakan kelipatan 3. Hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut.
\begin{aligned} & (k+1)^3+ 2(k+1) \\ & = (k^3+3k^2+3k+1)+(2k+2) \\ & = (k^3+2k) + 3(k^2+k+1) \end{aligned}
Karena k^3+2k merupakan kelipatan 3 (berdasarkan asumsi) dan 3(n^2+n+1) jelas habis dibagi 3 (karena mengandung faktor 3), maka (k^3+2k) + 3(k^2+k+1) juga merupakan kelipatan 3.
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 14
Buktikan bahwa 7^n - 2^n habis dibagi 5 untuk setiap n \in \mathbb{N}

Penyelesaian

Basis induksi:
Misalkan P_n: 7^n - 2^n habis dibagi 5.
Ambil n = 1, berarti diperoleh
P_1: 7^1 - 2^1=5, yang jelas habis dibagi 5 sehingga pernyataannya benar. Basis induksi selesai.
Langkah induksi:
Misalkan P_k: 7^k - 2^k habis dibagi 5 diasumsikan merupakan pernyataan yang benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, di mana P_{k+1}: 7^{k+1} - 2^{k+1} habis dibagi 5.
Bentuk P_{k+1} di atas dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} 7^k. 7 - 2^k. 2 & = 7^k. 7 - 7.2^k + 7.2^k - 2^k. 2 \\ & = 7(7^k - 2^k) + 2^k(7-2) \\ & = 7(7^k - 2^k) + 2^k(5) \end{aligned}
Ekspresi terakhir di atas terdiri dari 2 suku. Suku pertama adalah 7(7^k - 2^k) habis dibagi 5 karena faktor 7^k - 2^k habis dibagi 5 berdasarkan asumsi sebelumnya. Suku kedua adalah 2^k(5) jelas habis dibagi 5 karena mengandung faktor 5. Jadi, P_{k+1} dapat dibagi 5.
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 15
Buktikan bahwa untuk semua bilangan asli n, a^{2n-1} + b^{2n-1} habis dibagi oleh a + b dengan menggunakan induksi matematika.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan P_n: a^{2n-1} + b^{2n-1} habis dibagi oleh a + b.
Ambil n = 1, sehingga
P_1: a + b habis dibagi oleh a +b (dirinya sendiri) jelas merupakan pernyataan yang benar.
Langkah induksi:

Misalkan P_k: a^{2k-1} + b^{2k-1} habis dibagi oleh a + b. Asumsikan pernyataan ini benar. Harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, di mana
P_{k+1}: a^{2k+1} + b^{2k+1} habis dibagi oleh a + b.
Sekarang, perhatikan bahwa
\begin{aligned} & a^{2k+1} + b^{2k+1} \\ & = a^{2k-1}. a^2 + b^{2k-1}. b^2 \\ & = (a^{2k-1} + b^{2k-1}) (a^2) - b^{2k-1}(a^2-b^2) \\ & = (a^{2k-1} + b^{2k-1}) (a^2) - b^{2k-1}(a+b) (a-b) \end{aligned}
Ekspresi di atas terdiri dari dua suku. Suku pertama adalah (a^{2k-1}+b^{2k-1})(a^2), habis dibagi oleh a + b karena faktor pertamanya telah diasumsikan habis dibagi oleh a + b. Sedangkan suku keduanya, yaitu -b^{2k-1}(a+b) (a-b) jelas habis dibagi a + b karena mengandung faktor tersebut. Jadi, P_{k+1} bernilai benar.
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 16
Buktikan bahwa n^3 + 5n habis dibagi 6 untuk n bilangan asli dengan menggunakan induksi matematika.

Penyelesaian

Basis induksi:
Misalkan
P_n: n^3 + 5n habis dibagi 6.
Ambil n = 1, berarti diperoleh
P_1: 1^3 + 5(1) = 6 habis dibagi 6. Pernyataan ini jelas benar. Jadi, P_n benar untuk n = 1.
Langkah induksi:
Sekarang, misalkan
P_k: k^3 + 5k habis dibagi 6.
Asumsikan pernyataan di atas benar. Akan ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: (k+1)^3 + 5(k+1) habis dibagi 6.
Ekspresi P_{k+1} di atas dapat ditulis menjadi
(k+1)^3 + 5(k+1) = (k^3+ 5k) + 3(k^2 + k + 1)
jika diuraikan pangkatnya.
Sekarang, dua suku pada ekspresi terakhir akan kita tinjau sebagai berikut. Suku pertama yaitu k^3 + 5k habis dibagi 6 berdasarkan asumsi sebelumnya. Suku kedua yaitu 3(k^2 + k + 1) juga habis dibagi 6, karena ekspresi ini habis dibagi 3 (mengandung faktor 3) serta habis dibagi 2 (k^2 + k + 1) merupakan bilangan genap untuk setiap k \in \mathbb{N}. Karena kedua sukunya habis dibagi 6, maka P_{k+1} telah terbukti kebenarannya.
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 17
Buktikan bahwa x^n - 1 habis dibagi oleh x - 1, x \neq 1, dengan n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan proposisi di atas dinyatakam sebagai 
P_n: x^n - 1 habis dibagi oleh x - 1
Ambil n = 1, sehingga diperoleh
P_1: x - 1 habis dibagi oleh x - 1
Jelas bahwa suatu bilangan pasti habis dibagi oleh dirinya sendiri, sehingga pernyataan di atas bernilai benar. Ini artinya, untuk n = 1, P_n bernilai benar. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Sekarang misalkan n = k, berarti proposisi di atas menjadi
P_k: x^k - 1 habis dibagi oleh x - 1
Asumsikan P_k benar, maka harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: x^{k+1} - 1 habis dibagi oleh x - 1
Sekarang, perhatikan bahwa
\begin{aligned} x^{k+1} - 1 & = x.x^k - 1 \\ & = x. x^k - 1 + (x - x) \\ & = \underbrace{x(x^k - 1)}_{\text{habis dibagi}~(x+1)} + \color{blue}{(x - 1)} \end{aligned}
Perhatikan ekspresi terakhir. Suku pertama (yang telah diberi keterangan) habis dibagi x - 1 berdasarkan asumsi bahwa P_k benar, yaitu x^k - 1 habis dibagi x - 1, sedangkan suku kedua (yang diberi warna biru) jelas habis dibagi oleh x - 1 (dirinya sendiri). Untuk itu, keduanya habis dibagi oleh x-1 sehingga pernyataan P_{k+1} terbukti benar.
Ini berarti, kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, P_n benar untuk n bilangan asli. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 18
Buktikan bahwa salah satu faktor dari n^3+3n^2+2n adalah 3 dengan n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan proposisi di atas dinyatakan sebagai
P_n: Salah satu faktor dari n^3+3n^2+2n adalah 3
Ambil n = 1, sehingga diperoleh
P_1: Salah satu faktor dari 1^3+3(1)^2+2(1) = 6 adalah 3
Pernyataan di atas benar (faktor dari 6 adalah 1, 2, 3, dan 6). Dengan kata lain, P_1 bernilai benar. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Misalkan n = k, berarti proposisi di atas dinyatakan kembali sebagai
P_k: Salah satu faktor dari k^3+3k^2+2k adalah 3
Asumsikan P_k benar, maka harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: Salah satu faktor dari (k+1)^3+3(k+1)^2+2(k+1) adalah 3
Sekarang, kita akan mengubah (memanipulasi) bentuk (k+1)^3+3(k+1)^2+2(k+1) sebagai berikut. 
 \begin{aligned} & (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 + k) + (3k^2 + 8k + 6) \\ & = (k^3 + 3k^2 + 2k) + (3k^2 + 9k + 6) \\ & = \underbrace{(k^3 + 3k^2 + 2k)}_{\text{memiliki faktor 3}} + \color{blue}{3(k^2 + 3k + 2)} \end{aligned}
Dua suku pada ekspresi terakhir di atas memiliki 3 sebagai salah satu faktornya. Untuk suku pertama (yang telah diberi keterangan), salah satu faktornya adalah 3 berdasarkan asumsi bahwa P_k benar. Untuk suku kedua (yang diberi warna biru), salah satu faktornya juga 3, jelas karena ditulis dalam bentuk pemfaktoran. Jadi, P_{k+1} terbukti benar. 
Ternyata kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, proposisi P_n di atas benar untuk n bilangan asli. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 19
Buktikan bahwa salah satu faktor dari 2^{2n-1} + 3^{2n-1} adalah 5 dengan n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan proposisi di atas dinyatakan sebagai
P_n: Salah satu faktor dari 2^{2n-1} + 3^{2n-1} adalah 5
Ambil n = 1, sehingga diperoleh
P_1: Salah satu faktor dari 2^{2(1)-1} + 3^{2(1)-1} = 2^1 + 3^1 = 5 adalah 5
Pernyataan di atas benar (faktor dari 5 adalah 1 dan 5). Dengan kata lain, P_1 bernilai benar. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Misalkan n = k, berarti proposisi di atas dinyatakan kembali sebagai
P_k: Salah satu faktor dari 2^{2k-1} + 3^{2k-1} adalah 5
Asumsikan P_k benar, maka harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: Salah satu faktor dari 2^{2(k+1)-1} + 3^{2(k+1)-1} = 2^{2k+1} + 3^{2k+1} adalah 5
Sekarang, kita akan mengubah (memanipulasi) bentuk 2^{2k+1}+3^{2k+1} sebagai berikut. 
 \begin{aligned} & 2^{2k+1} + 3^{2k+1}\\ & = 2^{2k-1+2} + 3^{2k-1+2} \\ & = 2^{2k-1}. 2^2 + 3^{2k-1}.3^2 \\ & = 2^{2k-1}.4 + 3^{2k-1}. 9 \\ & = 2^{2k-1}(5-1) + 3^{2k-1}. (10-1) \\ & = 5.2^{2k-1} - 2^{2k-1} + 10.3^{2k-1} - 3^{2k-1} \\ & = \begingroup \color{blue}5(2^{2k-1} + 3^{2k-1}) \endgroup \underbrace{- (2^{2k-1} + 3^{2k-1})} _{\text{memiliki faktor 5}} \end{aligned}
Dua suku pada ekspresi terakhir di atas memiliki 5 sebagai salah satu faktornya. Untuk suku pertama (yang diberi warna biru), salah satu faktornya adalah 5, jelas karena ditulis dalam bentuk pemfaktoran. Untuk suku kedua (yang telah diberi keterangan), salah satu faktornya juga 3 berdasarkan asumsi bahwa P_k benar. Jadi, P_{k+1} terbukti benar. 
Ternyata kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, proposisi P_n di atas benar untuk n bilangan asli. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 20
Buktikan bahwa 41^n - 14^n adalah kelipatan 27 dengan n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan proposisi di atas dinyatakan sebagai
P_n: 41^n - 14^n adalah kelipatan 27
Ambil n = 1, sehingga diperoleh
P_1: 41^1 - 14^1 = 27 adalah kelipatan 27
Pernyataan di atas jelas benar. Dengan kata lain, P_1 bernilai benar. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Misalkan n = k, berarti proposisi di atas dinyatakan kembali sebagai
P_k: 41^k - 14^k adalah kelipatan 27
Asumsikan P_k benar, maka harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: 41^{k+1} - 14^{k+1} adalah 27
Sekarang, kita akan mengubah (memanipulasi) bentuk 41^{k+1} -14^{k+1} sebagai berikut. 
 \begin{aligned} & 41^{k+1} - 14^{k+1} \\ & = 41^k. 41 - 14^k. 14 \\ & = 41^k(27+14) - 14^k. 14 \\ & = 27.41^k + 14.41^k - 14.14^k \\ & = \begingroup \color{blue}27.41^k \endgroup + \underbrace{14(41^k - 14^k)}_{\text{berkelipatan 27}} \end{aligned}
Dua suku pada ekspresi terakhir di atas memiliki berkelipatan 27. Untuk suku pertama (yang diberi warna biru), memiliki kelipatan 27, jelas karena ditulis dalam bentuk pemfaktoran. Untuk suku kedua (yang telah diberi keterangan), juga berkelipatan 27 berdasarkan asumsi bahwa P_k benar. Jadi, P_{k+1} terbukti benar. 
Ternyata kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, proposisi P_n di atas benar untuk n bilangan asli. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 21
Buktikan bahwa 4007^n - 1 habis dibagi 2003 dengan n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan proposisi di atas dinyatakan sebagai
P_n: 4007^n - 1 habis dibagi 2003
Ambil n = 1, sehingga diperoleh
P_1: 4007^1-1 = 4006 habis dibagi 2003
Pernyataan di atas benar (4006 : 2003 = 2). Dengan kata lain, P_1 bernilai benar. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Misalkan n = k, berarti proposisi di atas dinyatakan kembali sebagai
P_k: 4007^k - 1 habis dibagi 2003
Asumsikan P_k benar, maka harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: 4007^{k+1} -1 habis dibagi 2003.
Sekarang, kita akan mengubah (memanipulasi) bentuk 4007^{k+1}-1 sebagai berikut. 
\begin{aligned} & 4007^{k+1}-1 \\ & = 4007^k.4007 - 1 \\ & = 4007^k.(2003+2004) - (2004-2003) \\ & = 2003.4007^k + 2004.4700^k - 2004 + 2003 \\ & = \underbrace{2004(4700^k - 1)}_{\text{berkelipatan 2003}} + \color{blue} {2003(4007^k + 1)} \end{aligned}
Dua suku pada ekspresi terakhir di atas berkelipatan 2003. Untuk suku pertama (yang telah diberi keterangan), memiliki kelipatan 2003 berdasarkan asumsi bahwa P_k benar. Untuk suku kedua (yang diberi warna biru), salah satu faktornya adalah 2003, sehingga jelas merupakan kelipatan 2003
Jadi, P_{k+1} terbukti benar. 
Ternyata kebenaran P_k mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, proposisi P_n di atas benar untuk n bilangan asli. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 22
Buktikan dengan induksi matematika bahwa 2^{4n-1} habis dibagi 8 untuk n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan P_n: 2^{4n-1} habis dibagi 8. 
Misalkan n = 1, berarti
P_1: 2^{4(1)-1} = 8 habis dibagi 8. Pernyataan ini benar. Untuk itu, P_n bernilai benar untuk n = 1. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan n = k, berarti
P_k: 2^{4k-1} habis dibagi 8.
Asumsikan pernyataan ini benar, sehingga harus ditunjukkan bahwa P_{k+1} juga benar, dengan
P_{k+1}: 2^{4(k+1)-1} = 2^{4k+3} habis dibagi 8.
Perhatikanlah bahwa, 
\begin{aligned} 2^{4k + 3} & = 2^{4k - 1 + 4} \\ & = 2^{4k - 1} \times 2^{4} \\ & = 2^{4k - 1} \times 16 \end{aligned}
Karena 2^{4k-1} atau 16 habis dibagi 8, maka pernyataan P_{k+1} terbukti benar. Ini berarti, kebenaran P_{k} mengimplikasikan kebenaran P_{k+1}. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematis, P_n benar untuk setiap n \in \mathbb{N}. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 23
Periksa apakah 2002^{n+2} + 2003^{2n+1} habis dibagi 4005 untuk n bilangan asli.

Penyelesaian

Basis Induksi:
Misalkan konjektur di atas dinyatakan sebagai
P_n: 2002^{n+2} + 2003^{2n+1} habis dibagi 4005
Ambil n = 1, sehingga diperoleh
P_1: 2002^3 + 2003^3 = 4.010.007 habis dibagi 4005
Pernyataan di atas benar. Terkadang dalam membuktikan suatu pernyataan/rumus baru, kita perlu melakukan basis induksi untuk “beberapa” nilai n pertama, karena mungkin saja untuk n tertentu, pernyataan yang diduga benar ternyata salah. Sekarang, coba ambil n = 2
P_2: 2002^3 + 2003^5 habis dibagi 4005
Pernyataan di atas salah (cara memeriksanya dengan cepat alias tanpa menghitung adalah mengamati nilai satuannya: 2^3 + 3^5 \Rightarrow 8 + 3 \rightarrow 1, sedangkan 4005 memiliki satuan 5, artinya bilangan yang dibagi harus memiliki satuan 5). Jadi, basis induksi berakhir. Langkah induksi tidak dapat dilakukan dan kita simpulkan bahwa konjektur di atas bernilai salah. 
Catatan: Tidak semua proposisi terbukti benar dengan melakukan induksi. Bedakan istilah proposisi dan konjektur sebagai berikut. Suatu pernyataan yang kebenarannya masih diragukan disebut konjektur. Jika pernyataan itu terbukti benar ATAU salah, maka pernyataan itu disebut proposisi
Soal ini meminta kita untuk “memeriksa” (menyelidiki), sehingga basis induksi dapat dilakukan sampai beberapa nilai n pertama (tujuannya untuk memastikan saja). Lagipula, jika soal ini diteruskan sampai langkah induksi, kita tidak dapat menemukan kesimpulan yang semestinya. Lebih lanjut, apabila soal berbunyi “buktikan/tunjukkan…. “, tetapi basis induksi berakhir setelah ditemukan pernyataan yang salah untuk n tertentu, maka soal itu diasumsikan tidak valid.

[collapse]

Soal Nomor 24
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 25
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 26
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 27
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 28
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 29
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}} \begingroup \\color{blue} +{\dfrac{1}{(k+1)^2} \endgroup \\ &  \leq 2-\dfrac{1}{k}\begin{group} \color{blue} +\dfrac{1}{(k+1)^2} \endgroup \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} \begingroup \color{blue}+ \dfrac{1}{k} \endgroup + \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 30
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
P_1: \dfrac{1}{(2(1)-1)(2(1)+1)} = \dfrac{1}{2(1)+1} = \dfrac{1}{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 \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 31
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 32
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 33
Tunjukkan bahwa jika a \in \mathbb{R} dan m, n \in \mathbb{N}, maka
a^{m+n} = a^ma^n dan (a^m)^n = a^{mn}.
Buktikan dengan induksi matematika.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 34
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 Rp10.000,00 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 Rp10.000,00 dapat dikeluarkan oleh ATM tersebut untuk pengambilan uang paling kecil Rp40.000,00. \blacksquare
Catatan:
P_k bernilai benar apabila terdapat pasangan nilai (x, y) yang memenuhi persamaan itu saat k tertentu. 

[collapse]

Soal Nomor 35
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} = 2.2^{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]

Ayo Beri Rating Postingan Ini
KategoriInduksi MatematikaTag, , , , , ,

Satu Balasan untuk “Soal dan Pembahasan – Induksi Matematika”

Tinggalkan Balasan

Alamat email Anda tidak akan dipublikasikan. Ruas yang wajib ditandai *