Soal dan Pembahasan – Induksi Matematika pada Deret dan Ketaksamaan Bilangan

Induksi matematika (kadang juga disebut sebagai induksi matematis, atau dalam bahasa Inggris, mathematical induction) pada awalnya adalah salah satu metode pembuktian pernyataan matematika yang melibatkan bilangan asli dan proses pembuktiannya menggunakan dua langkah utama: langkah basis (basis step) dan langkah induksi (induction step). 

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Notasi Sigma     

Teorema yang berlaku untuk setiap bilangan asli (atau hanya tidak berlaku untuk bilangan asli tertentu) memiliki kemungkinan untuk dapat dibuktikan kebenarannya dengan induksi matematika. Tidak terbatas pada itu, induksi matematika bahkan dapat diperluas untuk pembuktian yang melibatkan bilangan bulat. Namun, perlu diperhatikan bahwa penggunaan induksi matematika sebagai salah satu metode pembuktian tidak secara khusus untuk memproduksi pernyataan baru lainnya, melainkan untuk memverifikasi kebenaran dari suatu dugaan (konjektur) kita. Langkah-langkah dalam membuktikannya secara induksi adalah sebagai berikut.

Induksi matematika bekerja layaknya efek domino yang memiliki prinsip bahwa ketika satu domino jatuh, domino yang lain juga akan jatuh. Prinsip yang sama dengan efek domino juga terjadi pada mekanisme Rube Goldberg Machine.

Mekanisme Rube Goldberg Machine
Mekanisme Rube Goldberg Machine

Tahap I: Langkah Basis

Tunjukkan bahwa $n$ benar untuk $n = n_0$ dengan $n_0$ adalah bilangan terkecil dari himpunan pembicaraan.

Tahap II: Langkah Induksi

Tunjukkan bahwa untuk setiap $k,$  jika $P(k) $ benar, maka $P(k+1)$ juga benar. Secara matematis ditulis, $\forall k \, (P(k) \Rightarrow P(k+1)).$

Perhatikan bahwa kita dapat memodifikasi prinsip induksi matematika melalui perubahan langkah basis dan langkah induksi seperti beberapa contoh berikut.

$P(n)$ benar untuk semua bilangan genap positif $n.$

Langkah Basis:
Tunjukkan bahwa $P(2)$ benar.

Langkah Induksi:
Untuk setiap bilangan genap positif $k,$ tunjukkan bahwa jika $P(k)$ benar, maka $P(k + 2)$ benar.

$P(n)$ benar untuk semua bilangan ganjil positif $n.$

Langkah Basis:
Tunjukkan bahwa $P(1)$ benar.

Langkah Induksi:
Untuk setiap bilangan ganjil positif $k,$ tunjukkan bahwa jika $P(k)$ benar, maka $P(k + 2)$ benar.

$P(n)$ benar untuk $n = -7, -2, 3, 8,$ $13, 18, \cdots$

Langkah Basis:
Tunjukkan bahwa $P(-7)$ benar.

Langkah Induksi:
Untuk $k =  -7, -2, 3, 8, 13, 18, \cdots,$ tunjukkan bahwa jika $P(k)$ benar, maka $P(k + 5)$ benar.

$P(n)$ benar untuk semua bilangan bulat $n.$

Langkah Basis:
Tunjukkan bahwa $P_{0}$ benar  dan tunjukkan bahwa $P(-1)$ benar.

Langkah Induksi:
Untuk setiap bilangan bulat nonnegatif $k,$ tunjukkan bahwa jika $P(k)$ benar, maka $P(k + 1)$ benar dan untuk setiap bilangan bulat negatif $k,$ tunjukkan bahwa jika $P(k)$ benar, maka $P(k-1)$ benar.

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. Soal juga tersedia dalam PDF yang dapat diunduh melalui tautan berikut: Download (PDF, 110 KB). 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 bilangan asli $n.$

Pembahasan

Diberikan
$P(n) : 1 + 2 + 3 + \cdots + n = \dfrac{n(n+1)} {2}$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1) : 1 = \dfrac{1(1+1)} {2}.$
Pernyataan $P(1)$ bernilai 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 dengan
$\begin{aligned} P(k+1) & : \, 1 + 2 + 3 + \cdots + k + (k+1) \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)} {2}. \bigstar \end{aligned}$
Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} \underbrace{1 + 2 + 3 + \cdots + k}_{P(k)} + (k+1) & = \dfrac{k(k+1)} {2} + \dfrac{2(k+1)} {2} \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)}{2}. && \bigstar \end{aligned}$$Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$ sehingga berdasarkan prinsip induksi matematika, 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 setiap bilangan asli $n.$

Pembahasan

Misalkan
$P(n): 2 + 4 + 6 + \cdots + 2n = n^2+n$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 1,$ diperoleh
$P(1): 2 = 1^2 + 1.$
Pernyataan $P(1)$ bernilai 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 dengan
$$\begin{aligned} P(k+1): &~ 2 + 4 + 6 + \cdots + 2k + 2(k+1) \\ & = (k+1)^2+(k+1) && \bigstar \end{aligned} $$Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} \underbrace{2 + 4 + 6 + \cdots + 2k}_{P(k)} + 2(k+1) & = (k^2 + k) + (2k+2) \\ & = (k^2 + 2k + 1) + (k + 1) \\ & = (k+1)^2+(k+1). \bigstar \end{aligned}$$Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$ sehingga berdasarkan prinsip induksi matematika, 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 bilangan asli $n.$

Pembahasan

Diberikan
$$P(n): 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)} {6}$$untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:
Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1): 1^2 = \dfrac{1(1+1)(2+1)} {6} = 1.$
Pernyataan $P(1)$ bernilai 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 dengan
$$\begin{aligned} P(k+1):~& 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2 + (k+1)^2 \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)} {6}. && \bigstar \end{aligned}$$Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} \underbrace{1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2}_{P(k)} + (k+1)^2  & = \dfrac{k(k+1)(2k+1)} {6} + (k+1)^2 \\ & = (k+1) \times \dfrac{k(2k+1)+6(k+1)} {6} \\ & = (k+1) \times \dfrac{2k^2 + 7k+ 6}{6} \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)} {6}. && \bigstar \end{aligned}$$Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$ sehingga berdasarkan prinsip induksi matematika, 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 bilangan asli $n.$

Pembahasan

Diberikan
$P(n): 1 + 3 + 5 + \cdots + (2n-1)= n^2$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1): 1 = 1^2.$
Pernyataan $P(1)$ bernilai 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 dengan
$$\begin{aligned} P(k+1) &: 1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1) + (2k+1) \\ & = (k+1)^2. && \bigstar \end{aligned}$$Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned}  \underbrace{1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1)}_{P(k)} + (2k+1) &  = k^2 + 2k+1\\ & = (k+1)^2. && \bigstar \end{aligned}$$Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$ sehingga berdasarkan prinsip induksi matematika, 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 bilangan asli $n.$

Pembahasan

Diberikan
$$P(n): 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \cdots + n(n+1) = \dfrac{n(n+1)(n+2)} {3}$$untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:
Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1): 1(2) = \dfrac{1(1+1)(1+2)} {3} = 2.$
Pernyataan $P(1)$ bernilai 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 dengan
$$\begin{aligned} P(k+1) & : 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \cdots + k(k+1) + (k+1)(k+2) \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(k+3)} {3}. && \bigstar \end{aligned}$$Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} & \underbrace{1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \cdots + k(k+1)}_{P(k)} + (k+1)(k+2) \\ & = \dfrac{k(k+1)(k+2)} {3} + \dfrac{3(k+1)(k+2)} {3} \\ & = \dfrac{(k+1)(k+2)(k+3)} {3}. &&  \bigstar \end{aligned}$$Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$ sehingga berdasarkan prinsip induksi matematika, 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 bilangan asli $n.$

Pembahasan

Misalkan
$P(n): \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \dfrac{n} {2n+1}$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:
Untuk $n = 1$, 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 simbol $k$ lagi karena sudah dipakai dalam notasi sigma), berarti
$P(m) : \displaystyle \sum_{k=1}^m \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \dfrac{m} {2m+1}.$
Asumsikan $P(m)$ benar. Akan ditunjukkan bahwa $P(m+1)$ juga benar dengan
$$P(m+1) : \displaystyle \boxed{\sum_{k=1}^{m+1} \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \dfrac{m+1}{2m+3}}.$$Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{m+1} \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}  & = \underbrace{\sum_{k=1}^m \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}} _{P(m)} + \sum_{k=m+1}^{m+1} \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)} \\ & = \dfrac{m} {2m+1}+ \dfrac{1}{(2m+1)(2m+3)} \\ & = \dfrac{m(2m+3)+1}{(2m+1)(2m+3)} \\ & = \dfrac{2m^2+3m+1}{(2m+1)(2m+3)} \\ & = \dfrac{\cancel{(2m+1)}(m+1)}{\cancel{(2m+1)}(2m+3)} \\ & = \boxed{\dfrac{m+1}{2m+3}}. \end{aligned}$$Dari sini, terbukti bahwa kebenaran $P(m)$ mengimplikasikan kebenaran $P(m+1)$ sehingga berdasarkan prinsip induksi matematika, $P(n)$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 7

Tunjukkan bahwa dalam barisan aritmetika berlaku $$S_n = \dfrac{1}{2}n(2a + (n-1)b), n \in \mathbb{N}$$dengan $a$ dan $b$ berturut-turut adalah suku pertama dan beda antarsuku.

Pembahasan

Misalkan $P(n): S_n = \dfrac{1}{2}n(2a + (n-1)b)$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:
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
$P(k): S_k = \dfrac{1}{2}k(2a + (k-1)b),$ $k \in \mathbb{N}.$
Asumsikan $P(k)$ benar. Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga benar dengan
$P(k+1): S_{k+1} = \dfrac{1}{2}(k+1)(2a + kb).~~\bigstar$
Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} S_{k+1} & = S_k + U_{k+1} \\ & = \dfrac{1}{2}(k) (2a+(n-1)b) + (a + kb) \\ & = ak + \dfrac{1}{2}bk^2 + a + \dfrac{1}{2}bk \\ & = \left(\dfrac{1}{2}k+\dfrac{1}{2}\right) (2a+kb) \\ & = \dfrac{1}{2}(k+1)(2a+kb). && \bigstar \end{aligned}$$Terbukti bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$. Berdasarkan prinsip induksi matematika, $P(n)$ benar untuk $n \geq 1$. $\blacksquare$
Catatan:
Dalam barisan aritmetika, suku ke-$n$ adalah $U_n = a + (n -1)b$ dengan $a$ merupakan suku pertama, sedangkan $b$ adalah beda antarsuku.

[collapse]

Soal Nomor 8

Tunjukkan bahwa dalam barisan geometri berlaku
$$S_n = \dfrac{a(r^n-1)} {r -1}, r > 1, n \in \mathbb{N}$$dengan $a$ dan $r$ berturut-turut adalah suku pertama dan rasio barisan.

Pembahasan

Misalkan $P(n): S_n = \dfrac{a(r^n-1)} {r-1}$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:
Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1): S_1 = \dfrac{a(r^1-1)} {r -1} = a.$
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. Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga benar dengan
$P(k+1): S_{k+1} = \dfrac{a(r^{k+1} -1)}{r -1}.~~\bigstar$
Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} S_{k+1} & = S_k + U_{k+1} \\ & =  \dfrac{a(r^k-1)} {r-1} + ar^k \\ & = \dfrac{a(r^k -1) + ar^k (r -1)}{r -1} \\ & = \dfrac{a(\cancel{r^k} -1 + r^{k+1} \cancel{-r^k})}{r-1} \\ & = \dfrac{a(r^{k+1} -1)}{r-1}. && \bigstar \end{aligned}$$Terbukti bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$. Berdasarkan prinsip induksi matematika, $P(n)$ 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 $n \in \mathbb{N}$.

Pembahasan

Misalkan
$$P(n):  1^2 -2^2 + 3^2 -\cdots + (-1)^{n+1}n^2 = (-1)^{n+1} \dfrac{n(n+1)}{2}.$$dengan untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:
Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1): 1^2 = (-1)^{1+1}\dfrac{1(1+1)} {2} = 1.$
Pernyataan $P(1)$ bernilai benar. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Misalkan
$$P(k) : 1^2 -2^2 + 3^2 -\cdots + (-1)^{k+1}  = (-1)^{k+1}\dfrac{k(k+1)} {2}.$$Asumsikan pernyataan di atas bernilai benar. Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga benar dengan
$$\begin{aligned} P(k+1) & : 1^2 -2^2 +3^2-\cdots + (-1)^{k+1}k^2 + (-1)^{k+2}(k+1)^2 \\ & = (-1)^{k+2}\dfrac{(k+1)(k+2)} {2} && \bigstar \end{aligned}$$Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} & \underbrace{1^2 -2^2 +3^2-\cdots + (-1)^{k+1}k^2}_{P(k)} + (-1)^{k+2}(k+1)^2 \\ & = (-1)^{k+1}\dfrac{k(k+1)} {2} + (-1)^{k+2}(k+1)^2 \\ & = (-1)^{k+1}\dfrac{k(k+1)} {2} + \dfrac{2(-1)^{k+2}(k+1)^2}{2} \\ & = \dfrac{(-1)^k(k+1)(-k + 2(k+1))}{2} \\ & = \dfrac{(-1)^k(k+1)(k+2)}{2} \\ & = \dfrac{(-1)^{k+2}(k+1)(k+2)}{2}. &&  \bigstar \end{aligned}$$Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$ sehingga berdasarkan prinsip induksi matematika, 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 setiap $n \in \mathbb{N}$, berlaku
$$1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2n -1)^2 = \dfrac{n(2n-1)(2n+1)} {3}.$$

Pembahasan

Misalkan$$P(n): 1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2n-1)^2 = \dfrac{n(2n-1)(2n+1)} {3}.$$Langkah Basis:
Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1): 1^2 = \dfrac{1(2(1)-1)(2(1)+1)} {3} = 1.$
Pernyataan $P(1)$ bernilai 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. Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga benar dengan

$$\begin{aligned} P(k+1) & :  1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2k -1)^2 + (2k + 1)^2 \\ & = \dfrac{(k+1)(2k+1)(2k+3)} {3}. && \bigstar \end{aligned}$$Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} & \underbrace{1^2 + 3^2 + 5^2 + \cdots + (2k -1)^2}_{P(k)} + (2k + 1)^2 \\ & = \dfrac{k(2k-1)(2k+1)}{3} + (2k+1)^2 \\ & = (2k+1)\left(\dfrac{k(2k-1) + 3(2k+1)} {3}\right) \\ & = (2k+1)\left(\dfrac{2k^2+5k+3}{3}\right) \\& = (2k+1)\left(\dfrac{(2k+3)(k+1)} {3}\right) \\ & = \dfrac{(k+1)(2k+1)(2k+3)} {3}. &&  \bigstar \end{aligned}$$Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$ sehingga berdasarkan prinsip induksi matematika, 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 bilangan asli $n.$

Pembahasan

Misalkan
$$P(n): 1^3 + & 3^3 + 5^3 + \cdots + (2n-1)^3 = n^2(2n^2-1)$$untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1): 1^3 = 1^2(2(1)^2-1) = 1.$
Pernyataan $P(1)$ bernilai 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. Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga bernilai benar dengan
$$\begin{aligned} P(k+1): 1^3 + 3^3 + & 5^3 + \cdots + (2k-1)^3 + (2k + 1)^3 \\ &  = \color{red}{(k+1)^2(2(k+1)^2-1)} \end{aligned}$$Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} & \underbrace{1^3 + 3^3 + 5^3 + \cdots + (2k-1)^3}_{P(k)} + (2k + 1)^3 \\ & = \color{blue}{k^2(2k^2-1)} + (2k+1)^3 \\ & = 2k^4-k^2+8k^3+12k^2+6k+1 \\ &= 2k^4+8k^3+11k^2+6k+1 \\ & = (k^2+2k+1)(2k^2+4k+1) \\ & = \color{red}{(k+1)^2(2(k+1)^2-1)}. \end{aligned}$$Dari sini, dapat disimpulkan bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$. Berdasarkan prinsip induksi matematika, pernyataan $P(n)$ benar untuk setiap $n$ bilangan asli.

[collapse]

Soal Nomor 12

Buktikan dengan induksi matematika bahwa
$$\dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{n}{n+1}$$untuk setiap $n \in \mathbb{N}.$

Pembahasan

Misalkan
$$P(n): \dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{n}{n+1}$$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:
Untuk $n=1$, diperoleh
$P(1): \dfrac{1}{1 \cdot 2} = \dfrac{1} {1+1} = \dfrac{1}{2}.$
Pernyataan $P(1)$ 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. Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga benar  dengan
$$P(k+1): \dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \dfrac{1}{k(k+1)} + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)} = \dfrac{k+1}{k+2}.~~\bigstar$$Perhatikan bahwa
$$ \begin{aligned} \underbrace{\dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \dfrac{1}{k(k+1)}}_{P(k)} + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)}  & = \dfrac{k}{k+1} + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{k(k+2) + 1}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{k^2 + 2k + 1}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{\cancel{(k+1)}(k+1)}{\cancel{(k+1)}(k+2)} \\ & = \dfrac{k+1}{k+2}. &&  \bigstar\end{aligned}$$Ternyata kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$. Berdasarkan prinsip induksi matematika, $P(n)$ terbukti benar untuk $n$ bilangan asli. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 13

Buktikan dengan induksi matematika bahwa proposisi berikut ini benar untuk setiap $n \in \mathbb{N}$. 
$$\dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \dfrac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \dfrac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5}+ \cdots +\dfrac{1}{n(n+1)(n+2)} = \dfrac{n(n+3)} {4(n+1)(n+2)}$$

Pembahasan

Misalkan proposisi di atas adalah
$$\begin{aligned} P(n): \dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3}&+ \dfrac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \dfrac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5}+ \cdots + \\ & \dfrac{1}{n(n+1)(n+2)} = \dfrac{n(n+3)} {4(n+1)(n+2)} \end{aligned}$$untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:
Untuk $n=1,$ diperoleh
$P(1): \dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} = \dfrac{1(1+3)} {4(1+1)(1+2)} = \dfrac{1}{6}.$
Pernyataan $P(1)$ 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. Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga benar dengan
$$\begin{aligned} P(k+1): & \dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3}+ \dfrac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \dfrac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5}+ \cdots + \dfrac{1}{k(k+1)(k+2)} \\ & + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)} = \dfrac{(k+1)(k+4)} {4(k+2)(k+3)}.~~\bigstar \end{aligned}$$Perhatikan bahwa
$$ \begin{aligned} & \underbrace{\dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \dfrac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \dfrac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5}+ \cdots + \dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}}_{P(k)}  + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{k(k+3)} {4(k+1)(k+2)} + \dfrac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{k(k+3)^2}{4(k+1)(k+2)(k+3)} + \dfrac{4}{4(k+1)(k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{k^3 + 6k^2 + 9k + 4}{4(k+1)(k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{\cancel{(k+1)} (k+1)(k+4)}{4\cancel{(k+1)} (k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{(k+1)(k+4)} {4(k+2)(k+3)}.~~ \bigstar\end{aligned}$$Ternyata kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$. Berdasarkan prinsip induksi matematika, $P(n)$ terbukti benar untuk $n$ bilangan asli. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 14

Temukan rumus untuk menentukan hasil penjumlahan dari
$$\dfrac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots m} + \dfrac{1}{2 \cdot 3 \cdots (m+1)} + \cdots + \dfrac{1}{n(n+1) \cdots (n+m-1)}$$dengan $n, m \in \mathbb{N}.$

Pembahasan

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 bilangan asli $n.$

Pembahasan

Misalkan
$P(n) : \displaystyle \sum_{k=1}^n k \cdot 3^k = \dfrac{(2n-1) \cdot  3^{n+1}+3}{4}$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:
Untuk $n = 1$, diperoleh
$$P(1): 1 \cdot 3^1 = \dfrac{(2(1)-1) \cdot 3^{1+1}+3}{4} = 3.$$Pernyataan $P(1)$ bernilai benar. Basis induksi selesai. 
Langkah Induksi:
Misalkan $n = m$ (jangan menggunakan $k$ lagi karena sudah dipakai dalam 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. Akan ditunjukkan bahwa $P(m+1)$ juga benar dengan
$$P(m+1): \displaystyle \boxed{\sum_{k=1}^{m+1} k \cdot 3^k = \dfrac{(2m+1) \cdot 3^{m+2}+3}{4}}$$Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{m+1} k \cdot 3^k & = \underbrace{\sum_{k=1}^m k \cdot 3^k} _{P(m)} + \sum_{k=m+1}^{m+1} k \cdot 3^k \\ & = \dfrac{(2m-1) \cdot 3^{m+1}+3}{4} + (m+1). 3^{m+1} \\ & = \dfrac{(2m-1) \cdot 3^{m+1}+3}{4} + \dfrac{4(m+1) \cdot 3^{m+1}} {4} \\ & = \dfrac{(2m-1+4m+4) \cdot 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \dfrac{(6m + 3) \cdot 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \dfrac{3(2m+1) \cdot 3^{m+1} + 3}{4} \\ & = \boxed{\dfrac{(2m+1) \cdot 3^{m+2} + 3}{4}} \end{aligned}$$Dari sini, terbukti bahwa kebenaran $P(m)$ mengimplikasikan kebenaran $P(m+1)$ sehingga berdasarkan prinsip induksi matematika, $P(n)$ 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 bilangan cacah $n.$

Pembahasan

Misalkan $$P(n): 1+2+2^2+2^3+\cdots+2^n = 2^{n+1} -1$$untuk $n \in \mathbb{N} \cup \{0\}.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 0$, diperoleh
$P(0) : 1 = 2^{0+1}-1 = 1.$
Pernyataan $P(0)$ bernilai benar. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan $n = k$, berarti
$$P(k): 1+2+2^2+2^3+\cdots+2^k= 2^{k+1} -1.$$Asumsikan $ P(k)$ benar. Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga bernilai benar dengan
$$P(k+1): 1+2+2^2+2^3+\cdots+2^k + 2^{k+1} = 2^{k+2} -1.$$Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} & \underbrace{1+2+2^2+2^3+\cdots+2^k}_{2^{k+1} -1} + 2^{k+1} \\ & = 2^{k+1} -1 + 2^{k+1} = 2 \cdot 2^{k+1} -1 \\ & =2^{k+2} -1. \end{aligned}$$Terbukti bahwa $P(k+1)$ bernilai benar.
Berdasarkan prinsip induksi matematika, $P(n)$ terbukti benar untuk bilangan cacah $n.$

[collapse]

Soal Nomor 17

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

Pembahasan

Misalkan
$$P(n): 1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + n^3 = \left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2$$untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1): 1^3 = \left[\dfrac{1(1+1)}{2}\right]^2 = 1.$
Pernyataan $P(1)$ bernilai benar. 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. Akan 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 matematika, $P(n)$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$  

[collapse]

Soal Nomor 18

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

Pembahasan

Misalkan
$$P(n): 1^4 + 2^4 + 3^4 + \cdots + n^4 = \dfrac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}$$untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:

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. Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga benar dengan
$$\begin{aligned} P(k+1) & : 1^4 + 2^4 + 3^4 + \cdots + k^4 + (k+1)^4 \\ &  = \dfrac{(k+1)(k+2)(6(k+1)^3+9(k+1)^2+(k+1)-1)}{30}. \end{aligned}$$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 matematika, $P(n)$ benar untuk $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$ 

[collapse]

Soal Nomor 19

Carilah dan buktikan melalui induksi matematika suatu rumus sesuai dengan pengamatan pola berikut.
$$\begin{aligned} 1^3 & = 1 \\ 2^3 & = 3 + 5 \\ 3^3 & = 7 + 9 + 11 \\ 4^3 & = 13 + 15 + 17 + 19 \end{aligned}$$

Pembahasan

Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} 1^3 & = 1 \cdot 0 + 1 \\ 2^3 & = (2 \cdot 1 + 1) + (2 \cdot 1 + 3) \\ 3^3 & = (3 \cdot 2 + 1) + (3 \cdot 2 + 3) + (3 \cdot 2 + 5) \\ 4^3 & = (4 \cdot 3 + 1) + (4 \cdot 3 + 3) + (4 \cdot 3 + 5) + (4 \cdot 3 + 7). \end{aligned}$$Dari sini, kita bisa membuat konjektur bahwa
$$n^3= (n(n-1) + 1) + (n(n-1) + 3) + \cdots + (n(n-1) + (2n-1))$$untuk setiap bilangan asli $n.$
Kita akan membuktikan kebenaran konjektur ini dengan menggunakan induksi matematika.
Misalkan $P(n)$ menyatakan $$n^3 = (n(n-1) + 1) + (n(n-1) + 3) + \cdots + (n(n-1) + (2n-1))$$ untuk setiap bilangan asli $n.$
Basis Induksi:
$P(1)$ benar karena $1^3 = 1(1-1) + 1 = 1.$ Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan $P(k)$ benar, yaitu $$k^3 = (k(k-1) + 1) + (k(k-1) + 3) + \cdots + (k(k-1) + (2k-1))$$ untuk setiap bilangan asli $k.$ Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ benar, yaitu $$(k+1)^3 = ((k+1)(k) + 1) + ((k+1)(k) + 3) + \cdots + ((k+1)(k) + (2k-1)) + ((k+1)(k) + (2k+1)).$$Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} (k+1)^3 & = k^3 + 3k^2 + 3k + 1 \\ & = {\color{red}{(k(k-1) + 1) + (k(k-1) + 3) + \cdots + (k(k-1) + (2k-1))}} + 3k^2 + 3k + 1 \\ & = (k(k-1) + 1) + (k(k-1) + 3) + \cdots + (k(k-1) + (2k-1)) + 2k^2 + (k^2 + k) + (2k + 1) \\ & = (k(k-1) + 1) + (k(k-1) + 3) + \cdots + (k(k-1) + (2k-1)) + \underbrace{2k + 2k + \cdots + 2k}_{\text{Sebanyak}~k} + k(k + 1) + (2k + 1) \\ & = (k(k-1+2) + 1) + (k(k-1+2) + 3) + \cdots + (k(k-1+2) + (2k-1)) + k(k + 1) + (2k + 1) \\ & = ((k+1)k + 1) + ((k+1)k + 3) + \cdots + ((k+1)k + (2k-1)) + ((k+1)k + (2k + 1)). \end{aligned}$$Jadi, $P(k+1)$ benar.
Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa $P(n)$ benar untuk setiap bilangan asli $n$, artinya konjektur yang dibuat terbukti benar.

[collapse]

Soal Nomor 20

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

Pembahasan

Misalkan $P(n): n > 0$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 1$, diperoleh $P(1): 1 > 0$.
Pernyataan ini jelas benar. Jadi, $P(n)$ benar untuk $n = 1$. Basis induksi selesai.
Langkah induksi:
Misalkan $P(k): k > 0$ untuk $k \in \mathbb{N}.$
Asumsikan $P(k)$ benar sehingga harus ditunjukkan bahwa $P(k+1): k + 1 > 0$ juga benar.
Perhatikan bahwa $k > 0$ (berdasarkan asumsi) menunjukkan $k$ merupakan elemen dari himpunan 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 $a + b \in \mathbb{P}$ sehingga terbukti bahwa $k + 1 > 0.$
Jadi, dapat disimpulkan bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$. Berdasarkan prinsip induksi matematika, $P(n)$ benar untuk bilangan asli $n.$ $\blacksquare$
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 21

Buktikan bahwa $P(n): 2^n > n + 20$ bernilai benar untuk setiap bilangan bulat $n \geq 5.$

Pembahasan

Diberikan $P(n): 2^n > n + 20$ untuk setiap bilangan bulat $n \geq 5.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 5$, diperoleh
$P(5): 2^5 = 32 > 5 + 20 = 25.$
Jadi, $P(n)$ benar untuk $n = 5$. 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 dengan
$P(k+1): 2^{k+1} > (k+1) + 20.~~\bigstar$
Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} 2^{k+1} & = 2^k \times 2 \\ & > 2(k + 20) \\ & = 2k + 40 \\ & > 2k + 21 \\ & > k + 21 \\ & = (k+1) + 20. \end{aligned}$$Dari sini, disimpulkan bahwa kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$ sehingga berdasarkan prinsip induksi matematika, pernyataan $P(n)$ benar untuk $n \geq 5, n \in \mathbb{Z}$. $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 22

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

Pembahasan

Misalkan
$$P(n): \dfrac{1}{\sqrt{1}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n}} < 2\sqrt{n}$$untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1): \dfrac{1}{1} < 2\sqrt{1} \Leftrightarrow 1 < 2.$
Jadi, $P(n)$ benar untuk $n = 1$. 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. Akan ditunjukkan $P(k+1)$ juga benar dengan
$$\begin{aligned} P(k+1) : \dfrac{1}{\sqrt{1}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{k}} + \dfrac{1}{\sqrt{k+1}}  < 2\sqrt{k+1}. \end{aligned} $$Sekarang perhatikan bahwa ekspresi di atas memberlakukan
$$\begin{aligned} 2\sqrt{k} + \dfrac{1}{\sqrt{k+1}} & < 2\sqrt{k+1} + \dfrac{1}{\sqrt{k+1}} \\  2\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}} & < 2\sqrt{k+1} \\  2\sqrt{k^{2}+k}+1 & < 2k+2 \\  2\sqrt{k^{2}+k} & < 2k+1 \\  4k^{2}+4k & < 4k^{2}+4k+1 \\  0 & < 1. \end{aligned}$$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 matematika, $P(n)$ benar untuk setiap bilangan asli $n.$ $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 23

Jika diberikan $a > 1$, buktikan bahwa $a^n > 1$ untuk setiap bilangan asli $n.$

Pembahasan

Misalkan proposisi di atas dinyatakan sebagai
$P(n)$: Jika $a > 1$, maka $a^n > 1$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1)$: Jika $a > 1$, maka $a^1 = a > 1.$
Jadi, $P(n)$ 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. Akan 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
$a \cdot a^k > 1 \times 1 \Leftrightarrow a^{k+1} > 1.$
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 matematika, $P(n)$ benar untuk setiap bilangan asli $n.$ $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 24

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

Pembahasan

Misalkan proposisi di atas dinyatakan sebagai
$P(n)$: Jika $0 < a < 1$, maka $0 < a^n < 1$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1)$: Jika $0 < a < 1$, maka $0 < a^1 = a < 1.$
Jadi, $P(n)$ 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. Akan 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 matematika, $P(n)$ benar untuk setiap bilangan asli $n.$ $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 25

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

Pembahasan

Misalkan proposisi di atas dinyatakan sebagai
$P(n)$: $1+\dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{3^2} + \cdots + \dfrac{1}{n^2} \leq 2-\dfrac{1}{n}$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(1)$: $1 \leq 2 -\dfrac{1}{1} = 1.$
Jadi, $P(n)$ 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. Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga bernilai benar dengan
$$P(k+1): 1+\dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{3^2} + \cdots + \dfrac{1}{k^2} + \dfrac{1}{(k+1)^2}\leq 2-\dfrac{1}{k+1}.$$Perhatikan bahwa
$\boxed{\begin{aligned} & k(k+1) \leq (k+1)(k+1) \\ & \dfrac{1}{k(k+1)} \geq \dfrac{1}{(k+1)(k+1)} \\ & \dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k} -\dfrac{1}{k+1}. \end{aligned}}$
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
$$\begin{aligned} \underbrace{1+\dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{3^2} + \cdots + \dfrac{1}{k^2}}_{\leq 2 -\frac{1}{k}} \color{blue}{+\dfrac{1}{(k+1)^2}} \leq 2-\dfrac{1}{k} \color{blue}{+\dfrac{1}{(k+1)^2}}.  \end{aligned}$$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, diperoleh
$$2-\dfrac{1}{k} + \dfrac{1}{(k+1)^2} \leq 2-\dfrac{1}{k(k+1)}$$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 matematika, $P(n)$ benar untuk setiap bilangan asli $n.$ $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 26

Gunakan induksi matematika untuk membuktikan $2^n < n!$ untuk setiap bilangan asli $n \geq 4.$

Pembahasan

Misalkan
$P(n) : 2^n < n!$ untuk setiap bilangan asli $n \ge 4.$
Langkah Basis:

Untuk $n = 1$, diperoleh
$P(4) : 2^4 = 16 < 4! = 24.$
Jadi, $P(n)$ benar untuk $n = 4$. Basis induksi selesai.
Langkah Induksi:
Misalkan $n = k$, berarti proposisi di atas dapat dinyatakan kembali sebagai
$P(k): 2^k < k!.$
Asumsikan $P(k)$ bernilai benar untuk $k \geq 4.$ Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ juga bernilai benar dengan
$P(k+1): 2^{k+1} < (k+1)!.$
Perhatikanlah fakta yang dapat digunakan untuk menjalankan induksi sebagai berikut. 
$$k \geq 4 \Rightarrow k > 1 \Leftrightarrow k + 1 > 2$$ Sekarang perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} 2^k & < k! \\ \color{blue}{2} \cdot 2^k & < \color{blue}{(k+1)} \cdot k! \\ 2^{k+1} & < (k+1)!. \end{aligned}$$Diperoleh $P(k+1)$ bernilai benar.
Ini berarti kebenaran $P(k)$ mengimplikasikan kebenaran $P(k+1)$. Berdasarkan prinsip induksi matematika, $P(n)$ benar untuk setiap bilangan asli $n \ge 4.$ $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 27

Sebuah kios penukaran uang hanya mempunyai pecahan uang senilai Rp2.000,00 dan Rp5.000,00. Untuk uang senilai berapa saja yang dapat ditukar dengan kedua pecahan uang tersebut? Buktikan jawaban Anda dengan menggunakan induksi matematika.

Pembahasan

Jumlah uang dengan kombinasi pecahan uang Rp2.000,00 dan Rp5.000,00 dapat ditulis sebagai $2a + 5b$ dengan $m$ dan $n$ berturut-turut menyatakan banyak pecahan uang Rp2.000,00 dan Rp5.000,00. Penukaran uang tentunya dilakukan saat uang yang kita miliki lebih besar. Jadi, kita membuat konjektur bahwa uang senilai $n$ ribu rupiah dapat ditukar untuk setiap bilangan asli $n \ge 6.$
Misalkan $P(n)$ menyatakan uang senilai $n$ ribu rupiah dapat ditukar untuk setiap bilangan asli $n \ge 6.$
Basis Induksi:
$P(6)$ benar karena 6 ribu rupiah dapat ditukar oleh 3 lembar pecahan uang Rp2.000,00.
Langkah Induksi:
Misalkan $P(k)$ benar, yaitu uang senilai $k$ ribu rupiah dapat ditukar untuk $k \ge 6.$ Akan ditunjukkan bahwa $P(k+1)$ benar, yaitu uang senilai $k+1$ ribu rupiah dapat ditukar.
Ada dua kemungkinan yang harus ditinjau.
Kemungkinan 1:
Jika kita menukar $k$ ribu rupiah dengan pecahan uang Rp2.000,00 saja, paling sedikit dibutuhkan 3 lembar pecahan uang tersebut (karena $k \ge 6$). Ganti 2 lembar pecahan uang Rp2.000,00 dengan $1$ lembar pecahan uang Rp5.000,00 sehingga $k+1$ ribu rupiah dapat ditukar.
Kemungkinan 2:
Jika kita menukar $k$ ribu rupiah dengan pecahan uang Rp5.000,00 saja, paling sedikit dibutuhkan 2 lembar pecahan uang tersebut (karena $k \ge 6$). Ganti 1 lembar pecahan uang Rp5.000,00 dengan $3$ lembar pecahan uang Rp2.000,00 sehingga $k+1$ ribu rupiah dapat ditukar.
Karena dua kemungkinan itu terpenuhi, kita simpulkan bahwa $P(k+1)$ benar. Berdasarkan prinsip induksi matematika, $P(n)$ benar untuk setiap bilangan asli $n \ge 6.$ $\blacksquare$

[collapse]

5 1 vote
Article Rating

Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!

Subscribe
Notify of
guest

6 Comments
Newest
Oldest Most Voted
Inline Feedbacks
View all comments
ahmad

Maaf ka, tidak ada pembahasan lengkapnya yah? untuk soal nomer 9

Abdul munir

Minta pembahasan induksi matematika pada pecahan berpenyebut tidak sama dong

Ris lolos pilihan pertama, aamiin

makasi banyak 😭😭membantu memahami materi

Icania Maharani

Kak, saya minta link download soal ini ya untuk diprint.. Biasanya ada tpi ini belum ada, terimakasih banyakk 🙏

Tediprayoga

Masalah pembahas materi tentang induksi matematika