Calon Guru belajar matematika dasar SMA dari cara menggunakan metode pembuktian induksi matematika dalam menyelesaikan soal pembuktian pernyataan matematis berupa ketidaksamaan. Manfaat belajar induksi matematika antara lain: melatih kemampuan bernalar matematis, melatih kemampuan berargumen yang logis, dan melatih kemampuan komunikasi matematis.
Pada kurikulum 2013 berdasarkan Permendikbud Tahun 2016 Nomor 024 Lampiran 16 yang mengatur tentang Kompetensi Inti dan Kompetensi Dasar Matematika SMA disampaikan kompetensi dasar siswa salah satunya "Menjelaskan metode pembuktian Pernyataan matematis berupa barisan, ketidaksamaan, keterbagiaan dengan induksi matematika". Jadi induksi matematika diharapkan dapat dipahami anak didik sejak SMA kelas XI melalui mata pelajaran matematika wajib
Untuk mempermudah mempelajari induski matematika ini, catatan terkait induksi matematika kita bagi dalam tiga bagian besar yaitu:
- Cara Menggunakan Metode Pembuktian Induksi Matematika Pada Pernyataan Matematis Berupa Barisan
- Cara Menggunakan Metode Pembuktian Induksi Matematika Pada Pernyataan Matematis Berupa Keterbagian
- Cara Menggunakan Metode Pembuktian Induksi Matematika Pada Pernyataan Matematis Berupa Ketidaksamaan
Metode Pembuktian Pernyataan Matematis Berupa Ketidaksamaan Dengan Induksi Matematika
Dalam berpikir ada dua cara berpikir, ada cara Deduksi dan Induksi. Dalam KBBI dikatakan deduksi/de·duk·si/ /déduksi/ adalah penarikan kesimpulan dari keadaan yang umum; penyimpulan dari yang umum ke yang khusus;.
Sedangkan Induksi dalam KBBI dikatakan induksi/in·duk·si/ adalah metode pemikiran yang bertolak dari kaidah (hal-hal atau peristiwa) khusus untuk menentukan hukum (kaidah) yang umum; penarikan kesimpulan berdasarkan keadaan yang khusus untuk diperlakukan secara umum; penentuan kaidah umum berdasarkan kaidah khusus;.
Dalam matematika cara berfikir Induksi tidak dianjurkan, tetapi yang digunakan adalah Induksi Matematika. Induksi matematika itu pada dasarnya adalah ingin mulai dari beberapa yang khusus lalu akan disimpulkan untuk seluruh bilangan asli.
Pada seri webinar guru belajar paparan bapak Wiworo disampaikan sejarah singkat induksi matematika. Francesco Maurolico (1494-1575) orang pertama yang menggunakan teknik induksi matematika (secara informasl) untuk membuktikan jumlah $n$ bilangan positif ganjil yang pertama dalam buku Arithmeticorum Libri Duo. Blaise Pascal (1653) memberi gambaran jelas tentang teknik induksi matematis. Augustus De Morgan (1838) orang pertama yang menggunakan secara formal dan memberi nama induksi matematis.
Pada buku Matematika SMU Kelas I untuk KBK dan Sistem Semester karangan Bapak Dr.Oki Neswan dan Bapak Dr.Wono Setya Budhi disampaikan bahwa teknik induksi matematika sangat sederhana.
Basis Induksi
Buktikan $P\left ( 1 \right )$ benar.
Langkah Induksi
Buktikan untuk tiap $k$ bilangan asli $P\left ( k \right ) \rightarrow P\left ( k+1 \right )$.
Mengapa kedua langkah di atas cukup untuk membuktikan tak berhingga buah pernyataan $P\left ( n \right )$?. Secara intuitif hal ini dapat dijelaskan sebagai berikut:
Karena $P\left ( 1 \right )$ berlaku pada basis induksi dan $P\left ( 1 \right ) \rightarrow P\left ( 2 \right )$ juga berlaku pada langkah induksi, maka dengan Modus Ponens kita peroleh $P\left ( 2 \right )$ berlaku.
Tapi kita juga tahu bahwa $P\left ( 2 \right ) \rightarrow P\left ( 3 \right )$ benar, sehingga kembali dengan Modus Ponens, $P\left ( 3 \right)$ berlaku atau benar dan seterusnya.
Berapapun nilai $n$, kita dapat membuktikannya dengan meneruskan proses ini sampai kita mencapai $P\left ( n \right )$ berlaku.
Jadi, kita telah membuktikan $P\left ( n \right )$ untuk tiap $n$ anggota bilangan asli, dengan induksi matematika.
Soal Latihan dan Pembahasan Metode Pembuktian Pernyataan Matematis Berupa Ketidaksamaan Dengan Induksi Matematika
1. Dengan induksi matematika buktikan pernyataan matematis berikut:
$2n+1 \lt 2^{n}$ untuk semua bilangan asli $n \geq 3$
Alternatif Pembahasan:
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
| $P\left ( n \right ): 2n+1 \lt 2^{n}$ |
Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=3$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 3 \right ) : 2(3)+1 & \lt 2^{3} \\ P\left ( 3 \right ) : 7 & \lt 8 \\ \therefore P\left ( 3 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=4$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 4 \right ) : 2(4)+1 & \lt 2^{4} \\ P\left ( 4 \right ) : 9 & \lt 16 \\ \therefore P\left ( 4 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=5$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 5 \right ) : 2(5)+1 & \lt 2^{5} \\ P\left ( 5 \right ) : 11 & \lt 32 \\ \therefore P\left ( 5 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
Karena pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=3,4,5$, selanjutnya, kita anggap pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k$, sehingga berlaku:
| $2k+1 \lt 2^{k}$ |
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Akan ditunjukkan pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k+1$, sehingga berlaku:
| $2(k+1)+1 \lt 2^{k+1}$ |
| Untuk $k\geq 3$ kita ketahui $2 \lt 2^{k}$ dan $2k+1 \lt 2^{k}$ sehingga: $\begin{align} 2 & \lt 2^{k} \\ 2k+1 & \lt 2^{k}\ \ \ (+) \\ \hline 2k+1+2 & \lt 2^{k} + 2^{k} \\ 2k+2+1 & \lt 2 \cdot 2^{k} \\ 2(k+1)+1 & \lt 2^{1} \cdot 2^{k} \\ 2(k+1)+1 & \lt 2^{k+1} \\ \end{align} $ |
Sampai pada tahap ini kita telah memperoleh bukti untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar.
| $\therefore$ Karena untuk $n=3,4,5$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka $2n+1 \lt 2^{n}$ untuk semua bilangan asli $n \geq 3$ adalah berlaku atau benar (terbukti). |
2. Dengan induksi matematika buktikan pernyataan matematis berikut:
$6n \lt 3^{n}$ untuk semua bilangan asli $n \geq 3$
Alternatif Pembahasan:
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
| $P\left ( n \right ): 6n \lt 3^{n}$ |
Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=3$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 3 \right ) : 6(3) & \lt 3^{3} \\ P\left ( 3 \right ) : 18 & \lt 27 \\ \therefore P\left ( 3 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=4$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 4 \right ) : 6(4) & \lt 3^{4} \\ P\left ( 4 \right ) : 24 & \lt 81 \\ \therefore P\left ( 4 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=5$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 5 \right ) : 6(5) & \lt 3^{5} \\ P\left ( 5 \right ) : 30 & \lt 243 \\ \therefore P\left ( 5 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
Karena pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=3,4,5$, selanjutnya, kita anggap pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k$, sehingga berlaku:
| $6k \lt 3^{k}$ |
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Akan ditunjukkan pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k+1$, sehingga berlaku:
| $6(k+1) \lt 3^{k+1}$ |
| Untuk $k \geq 3$ kita ketahui $6k \lt 3^{k}$ dan $6 \lt 3^{k} \lt 3^{k}+3^{k}$ sehingga: $\begin{align} 6k & \lt 3^{k} \\ 6 & \lt 3^{k}+3^{k}\ \ \ (+) \\ \hline 6k+6 & \lt 3^{k} + 3^{k} +3^{k} \\ 6 (k+1) & \lt 3 \cdot 3^{k} \\ 6 (k+1) & \lt 3^{k+1} \\ \end{align} $ |
| $\therefore$ Karena untuk $n=3,4,5$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka $6n \lt 3^{n}$ untuk semua bilangan asli $n \geq 3$ adalah berlaku atau benar (terbukti). |
3. Dengan induksi matematika buktikan pernyataan matematis berikut:
$(n+1)^{2} \lt 2n^{2}$ untuk semua bilangan asli $n \geq 3$
Alternatif Pembahasan:
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
| $P\left ( n \right ): (n+1)^{2} \lt 2n^{2}$ |
Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=3$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 3 \right ) : (3+1)^{2} & \lt 2(3)^{2} \\ P\left ( 3 \right ) : 16 & \lt 18 \\ \therefore P\left ( 3 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=4$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 4 \right ) : (4+1)^{2} & \lt 2(4)^{2} \\ P\left ( 4 \right ) : 25 & \lt 32 \\ \therefore P\left ( 4 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=5$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 5 \right ) : (5+1)^{2} & \lt 2(5)^{2} \\ P\left ( 5 \right ) : 36 & \lt 50 \\ \therefore P\left ( 5 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
Karena pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=3,4,5$, selanjutnya, kita anggap pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k$, sehingga berlaku:
| $(k+1)^{2} \lt 2k^{2}$ |
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Akan ditunjukkan pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k+1$, sehingga berlaku:
| $(k+1+1)^{2} \lt 2(k+1)^{2}$ |
| Untuk $k \geq 3$ kita ketahui $(k+1)^{2} \lt 2k^{2}$ dan $1 \lt 2k$ sehingga $(2k+2) + 1 \lt (2k+2) + 2k$. Dari ketidaksamaan di atas, kita peroleh: $\begin{align} (k+1)^{2} & \lt 2k^{2} \\ (2k+2) + 1 & \lt (2k+2) + 2k\ \ \ (+) \\ \hline (k+1)^{2}+(2k+2)+1 & \lt 2k^{2}+(2k+2) + 2k \\ k^{2}+2k+1+ 2k+2 +1 & \lt 2k^{2}+ 2k+2 + 2k \\ k^{2}+4k+4 & \lt 2k^{2}+ 4k+2 \\ (k+2)^{2} & \lt 2 \left( k^{2}+ 2k+1 \right) \\ (k+1+1)^{2} & \lt 2 \left( k+1 \right)^{2} \end{align} $ |
| $\therefore$ Karena untuk $n=3,4,5$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka $(n+1)^{2} \lt 2n^{2}$ untuk semua bilangan $n \geq 3$ adalah berlaku atau benar (terbukti). |
4. Dengan induksi matematika buktikan pernyataan matematis berikut:
$\dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{n^{2}} \leq 2-\dfrac{1}{n}$
Alternatif Pembahasan:
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
| $P\left ( n \right ): \dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{n^{2}} \leq 2-\dfrac{1}{n}$ |
Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 1 \right ) : \dfrac{1}{1^{2}} & \leq 2-\dfrac{1}{1} \\ P\left ( 1 \right ) : 1 & \leq 1 \\ \therefore P\left ( 1 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 2 \right ):\dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}} & \leq 2-\dfrac{1}{2} \\ P\left ( 2 \right ) : 1\frac{1}{4} & \leq 1\frac{3}{4} \\ \therefore P\left ( 2 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=3$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 3 \right ):\dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}} & \leq 2-\dfrac{1}{3} \\ P\left ( 3 \right ) : 1\frac{13}{36} & \leq 1\frac{2}{3} \\ P\left ( 3 \right ) : 1\frac{13}{36} & \leq 1\frac{24}{36} \\ \therefore P\left ( 3 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
Karena pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=1,2,3$, selanjutnya, kita anggap pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k$, sehingga berlaku:
| $\dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}} \leq 2-\dfrac{1}{k}$ |
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Akan ditunjukkan pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k+1$, sehingga berlaku:
| $\dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}} \leq 2-\dfrac{1}{k+1}$ |
| $\begin{align} k\left (k+1 \right ) & \leq \left ( k+1 \right )\left ( k+1 \right ) \\ \frac{1}{k\left (k+1 \right )} & \geq \frac{1}{\left ( k+1 \right )\left ( k+1 \right )} \\ \frac{1}{k\left (k+1 \right )} & = \frac{1}{k}-\frac{1}{\left ( k+1 \right )} \end{align}$ |
Pada ketidaksamaan $\dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}} \leq 2-\dfrac{1}{k}$ ruas kiri dan ruas kanan sama-sama kita tambahkan $\dfrac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}}$.
Sehingga ketidaksamaan menjadi $\dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}+$$\dfrac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}}$$\leq 2-\dfrac{1}{k}$+$\dfrac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}}$
Begitu juga pada ketidaksamaan $\dfrac{1}{\left ( k+1 \right )\left ( k+1 \right )} \leq \dfrac{1}{k\left (k+1 \right )}$ yang kita temukan pada tahap eksplorasi, ruas kiri dan ruas kanan sama-sama kita tambahkan $2-\dfrac{1}{k}$ sehingga ketidaksamaan menjadi seperti berikut ini:
| $\begin{align} \dfrac{1}{\left ( k+1 \right )\left ( k+1 \right )} & \leq \dfrac{1}{k\left (k+1 \right )} \\ 2-\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{\left ( k+1 \right )\left ( k+1 \right )} & \leq 2-\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k\left (k+1 \right )} \\ 2-\dfrac{1}{k}+\frac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}} &\leq 2-\dfrac{1}{k}+\frac{1}{k}-\frac{1}{\left ( k+1 \right )} \\ 2-\frac{1}{k}+\frac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}} &\leq 2-\dfrac{1}{\left ( k+1 \right )} \end{align} $ |
| $\begin{align} \dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}+\dfrac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}} & \leq 2-\frac{1}{k}+\frac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}} \\ 2-\frac{1}{k}+\frac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}} &\leq 2-\dfrac{1}{\left ( k+1 \right )} \end{align} $ |
| $\begin{align} \dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}+\dfrac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}} &\leq 2-\dfrac{1}{\left ( k+1 \right )} \end{align} $ |
| $\therefore$ Karena untuk $n=1,2,3$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka $\dfrac{1}{1^{2}}+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{n^{2}} \leq 2-\dfrac{1}{n}$ adalah berlaku atau benar (terbukti). |
5. Dengan induksi matematika buktikan pernyataan matematis berikut:
$\dfrac{1}{\sqrt{1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}} \leq 2\sqrt{n}-1$
Alternatif Pembahasan:
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
| $P\left ( n \right ): \dfrac{1}{\sqrt{1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}} \leq 2\sqrt{n}-1$ |
Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 1 \right ) : \dfrac{1}{\sqrt{1}} & \leq 2\sqrt{1}-1 \\ P\left ( 1 \right ) : 1 & \leq 1 \\ \therefore P\left ( 1 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 2 \right ) : \dfrac{1}{\sqrt{1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}} & \leq 2\sqrt{2}-1 \\ P\left ( 2 \right ) : 1+\dfrac{1}{\sqrt{2}} & \leq 2\sqrt{2}-1 \\ \therefore P\left ( 2 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=3$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 3 \right ) : \dfrac{1}{\sqrt{1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \leq 2\sqrt{3}-1 \\ P\left ( 3 \right ) : 1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \leq 2\sqrt{3}-1 \\ \therefore P\left ( 3 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
Karena pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=1,2,3$, selanjutnya, kita anggap pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k$, sehingga berlaku:
| $\dfrac{1}{\sqrt{1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{k}} \leq 2\sqrt{k}-1$ |
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Akan ditunjukkan pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k+1$ atau berlaku:
| $\dfrac{1}{\sqrt{1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{k}}+\dfrac{1}{\sqrt{k+1}} \leq 2\sqrt{k+1}-1$ |
Tetapi sebelum kita masuk pada tahapan induksi matematika, kita dapat melakukan Eksplorasi aljabar: yaitu:
| $\begin{align} \dfrac{1}{\sqrt{k}} = \dfrac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}} & \leq \dfrac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{k}} & \leq 2 \left( \sqrt{k}-\sqrt{k-1} \right) \\ \dfrac{1}{\sqrt{k}} & \leq 2 \sqrt{k}- 2\sqrt{k-1} \end{align}$ |
Dari ketidaksamaan $\dfrac{1}{\sqrt{k}} \leq 2 \sqrt{k}- 2\sqrt{k-1}$ hasil eksplorasi di atas kita peroleh ketidaksamaan:
| $\begin{align} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \leq 2 \sqrt{2}- 2\sqrt{2-1} \\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & \leq 2 \sqrt{3}- 2\sqrt{3-1} \\ & \vdots \\ \dfrac{1}{\sqrt{k}} & \leq 2 \sqrt{k}- 2\sqrt{k-1} \\ \dfrac{1}{\sqrt{k+1}} & \leq 2 \sqrt{k+1}- 2\sqrt{k+1-1}\ \ \ \ (+) \\ \hline \dfrac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{k}}+\dfrac{1}{\sqrt{k+1}} & \leq 2\sqrt{k+1}-2 \\ 1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{k}}+\dfrac{1}{\sqrt{k+1}} & \leq 2\sqrt{k+1}-1 \\ \dfrac{1}{\sqrt{1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{k}}+\dfrac{1}{\sqrt{k+1}} & \leq 2\sqrt{k+1}-1 \\ \end{align} $ |
| $\therefore$ Karena untuk $n=1,2,3$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka $\dfrac{1}{\sqrt{1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}} \leq 2\sqrt{n}-1$ adalah berlaku atau benar (terbukti). |
6. Diberikan $a \gt 1$, dengan induksi matematika buktikan bahwa $a^{n} \gt 1$, dengan $n$ bilangan asli.
Alternatif Pembahasan:
Langkah I
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
$P\left ( n \right )$:$a^{n}>1$
Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 1 \right )$:$a^{1}>1$
$P\left ( 1 \right )$:$a>1$ untuk $a>1$ berlaku atau benar
$\therefore P\left ( 1 \right )$ berlaku atau benar.
kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 2 \right )$:$a^{2} \gt 1$
$P\left ( 2 \right )$:$a^{2} \gt 1$ untuk $a \gt 1$ berlaku atau benar
$\therefore P\left ( 2 \right )$ berlaku atau benar.
Langkah II
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Misalkan $k$ sebuah bilangan asli, untuk $n=k$ pada $P\left ( n \right )$ adalah benar, sehingga berlaku
$P\left ( k \right )$:$a^{k} \gt 1$ untuk $a \gt 1$ berlaku atau benar
Langkah III
Akan kita buktikan berikutnya untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar, yaitu:
untuk $n=k+1$ maka $a^{n}$
$=a^{k+1}$
$=a^{k} \cdot a^{1}$
Dari sifat ketaksamaan jika $a \gt b$ dan $x \gt y$ maka $a \cdot x \gt b \cdot y $. Sifat ketaksamaan kita terapkan dengan mengambil hipotesis langkah I yaitu $a^{1} \gt 1$ dan langkah II yaitu $a^{k} \gt 1$ maka kita peroleh $a^{1} \cdot a^{k} \gt 1 \cdot 1 $.
$a^{1} \cdot a^{k} \gt 1 $
$a^{k+1} \gt 1 $
Sampai pada tahap ini kita telah memperoleh bukti untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar.
$\therefore$ Karena untuk $n=1$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka
$a^{n} \gt 1$ untuk $a \gt 1$ berlaku atau benar
7. Diketahui $0 \lt a \lt 1$, dengan induksi matematika buktikan $0 \lt a^{n} \lt 1$, dengan $n$ bilangan bulat positif.
Alternatif Pembahasan:
Langkah I
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
$P\left ( n \right )$:$0 \lt a^{n} \lt 1$
Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 1 \right )$:$0 \lt a^{1} \lt 1$
$P\left ( 1 \right )$:$0 \lt a \lt 1$ untuk $0 \lt a \lt 1$ berlaku atau benar
$\therefore P\left ( 1 \right )$ berlaku atau benar.
kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 2 \right )$:$0 \lt a^{2} \lt 1$
$P\left ( 2 \right )$:$0 \lt a^{2} \lt 1$ untuk $0 \lt a \lt 1$ berlaku atau benar
$\therefore P\left ( 2 \right )$ berlaku atau benar.
Langkah II
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Misalkan $k$ sebuah bilangan asli, untuk $n=k$ pada $P\left ( n \right )$ adalah benar, sehingga berlaku
$P\left ( k \right )$:$0 \lt a^{k} \lt 1$ untuk $0 \lt a \lt 1$ berlaku atau benar
Langkah III
Akan kita buktikan berikutnya untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar, yaitu:
untuk $n=k+1$ maka $0 \lt a^{n} \lt 1$
$=0 \lt a^{k+1} \lt 1$
$=0 \lt a^{k} \cdot a^{1} \lt1$
Dari sifat ketaksamaan jika $a \lt b \lt c$ dan $x \lt y \lt z $ maka $a \cdot x \lt b \cdot y \lt c \cdot z $. Sifat ketaksamaan kita terapkan dengan mengambil hipotesis langkah I yaitu $0 \lt a \lt 1$ dan hipotesis langkah II yaitu $0 \lt a^{k} \lt 1$ maka kita peroleh $0 \cdot 0 \lt a^{k} \cdot a \lt 1 \cdot 1$.
$0 \cdot 0 \lt a^{k} \cdot a \lt 1 \cdot 1$
$0 \lt a^{k} \cdot a^{1} \lt 1$
$0 \lt a^{k+1} \lt 1$
Sampai pada tahap ini kita telah memperoleh bukti untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar.
$\therefore$ Karena untuk $n=1$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka
Untuk $0 \lt a \lt 1$ ketidaksamaan $0 \lt a^{n} \lt 1$ berlaku atau benar
8. Dengan menggunakan induksi matematika buktikan pernyataan matematis berikut:
$\left( n+1 \right)^{2} \gt n^{2}+4$ untuk semua bilangan asli $n \geq 2$
Alternatif Pembahasan:
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
| $P\left ( n \right ): \left( n+1 \right)^{2} \gt n^{2}+4$ |
Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 2 \right ) : \left( 2+1 \right)^{2} & \gt 2^{2}+4 \\ P\left ( 2 \right ) : 9 & \gt 8 \\ \therefore P\left ( 2 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=3$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 3 \right ) : \left( 3+1 \right)^{2} & \gt 3^{2}+4 \\ P\left ( 3 \right ) : 16 & \gt 13 \\ \therefore P\left ( 3 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=4$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 4 \right ) : \left( 4+1 \right)^{2} & \gt 4^{2}+4 \\ P\left ( 4 \right ) : 25 & \gt 20 \\ \therefore P\left ( 4 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
Karena pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=2,3,4$, selanjutnya, kita anggap pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k$, sehingga berlaku:
| $\left( k+1 \right)^{2} \gt k^{2}+4$ |
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Akan ditunjukkan pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k+1$, sehingga berlaku:
| $\begin{align} \left( k+1+1 \right)^{2} & \gt \left( k+1 \right)^{2}+4 \\ \left( k+2 \right)^{2} & \gt k^{2}+2k+1+4 \\ k^{2}+4k+4 & \gt k^{2}+2k+1+4 \\ k^{2}+2k+1+2k+3 & \gt k^{2}+2k+1+4 \\ \left( k+1 \right)^{2}+2k+1+2 & \gt k^{2}+4+2k+1 \\ \left( k+1 \right)^{2}+\left( 2k+1 \right)+2 & \gt k^{2}+4+2k+1 \end{align}$ |
| Untuk $k \geq 2$ kita ketahui $\left( k+1 \right)^{2} \gt k^{2}+4$ dan $\left( 2k+1 \right)+2 \gt \left( 2k+1 \right)$ sehingga: $\begin{align} \left( k+1 \right)^{2} & \gt k^{2}+4 \\ \left( 2k+1 \right) + 2 & \gt 2k+1 \\ \hline \left( k+1 \right)^{2}+\left( 2k+1 \right)+2 & \gt k^{2}+4+2k+1 \end{align} $ |
| $\therefore$ Karena untuk $n=2,3,4$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka $\left( n+1 \right)^{2} \gt n^{2}+4$ untuk semua bilangan asli $n \geq 2$ adalah berlaku atau benar (terbukti). |
9. Dengan menggunakan induksi matematika buktikan pernyataan matematis berikut:
$3^{n} \geq 2n+1$ untuk semua bilangan asli $n$
Alternatif Pembahasan:
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
| $P\left ( n \right ): 3^{n} \geq 2n+1$ |
Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 1 \right ) : 3^{1} & \geq 2(1)+1 \\ P\left ( 1 \right ) : 3 & \geq 3 \\ \therefore P\left ( 1 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
| $\begin{align} P\left ( 2 \right ) : 3^{2} & \geq 2(2)+1 \\ P\left ( 2 \right ) : 9 & \geq 5 \\ \therefore P\left ( 2 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
| $\begin{align} P\left ( 3 \right ) : 3^{3} & \geq 2(3)+1 \\ P\left ( 3 \right ) : 27 & \geq 7 \\ \therefore P\left ( 3 \right )\ & \text{berlaku atau benar}. \end{align}$ |
Karena pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=1,2,3$, selanjutnya, kita anggap pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k$, sehingga berlaku:
| $3^{k} \geq 2k+1$ |
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Akan ditunjukkan pernyataan $P\left ( n \right )$ benar untuk $n=k+1$, sehingga berlaku:
| $\begin{align} 3^{k+1} & \geq 2\left( k+1 \right)+1 \\ 3^{1} \cdot 3^{k} & \geq 2k+2+1 \\ 3 \cdot 3^{k} & \geq 2k+1+2 \\ 3^{k} + 2 \cdot 3^{k} & \geq 2k+1+2 \end{align}$ |
| Untuk $k$ biangan asli kita ketahui $3^{k} \geq 2k+1$ dan $2 \cdot 3^{k} \geq 2$ sehingga: $\begin{align} 3^{k} & \geq 2k+1 \\ 2 \cdot 3^{k} & \geq 2 \\ \hline 3^{k} + 2 \cdot 3^{k} & \geq 2k+1+2 \end{align} $ |
| $\therefore$ Karena untuk $n=1,2,3$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka $3^{n} \geq 2n+1$ untuk semua bilangan asli $n$ adalah berlaku atau benar (terbukti). |
Jika engkau tidak sanggup menahan lelahnya belajar, Maka engkau harus menanggung pahitnya kebodohan ___pythagoras
Untuk segala sesuatu hal yang perlu kita diskusikan terkait Soal dan Pembahasan Induksi Matematika Pada Pernyataan Matematis Berupa Ketidaksamaan silahkan disampaikan 🙏 CMIIW😊.Jangan Lupa Untuk Berbagi 🙏 Share is Caring 👀 dan JADIKAN HARI INI LUAR BIASA! - WITH GOD ALL THINGS ARE POSSIBLE😊