Induksi Matematika

Induksi matematika yaitu suatu metode pembuktian deduktif yang dipakai untuk menunjukan pernyataan matematika yang bergantung pada himpunan bilangan yang terurut rapi (well ordered set), menyerupai bilangan orisinil ataupun himpunan pecahan tak kosong dari bilangan asli.

Perlu ditekankan bahwa induksi matematika spesialuntuk dipakai untuk menunjukan kebenaran dari suatu pernyataan atau rumus, bukan untuk menurunkan rumus. Atau lebih tegasnya induksi matematika tidak sanggup dipakai untuk menurunkan atau menemukan rumus.

Berikut beberapa pola pernyataan matematika yang sanggup dibuktikan dengan induksi matematika :
P(n) :  2 + 4 + 6 + ... + 2n = n(n + 1), n bilangan asli
P(n) :  6ⁿ + 4 habis dibagi 5, untuk n bilangan asli.
P(n) :  4n < 2ⁿ, untuk setiap bilangan orisinil n ≥ 4

Teknik yang paling simpel untuk memahami prinsip kerja induksi matematika yaitu dengan mengamati dampak domino. Kita sanggup mulai dengan mengajukan pertanyaan "kapan tiruana domino akan jatuh".

Ada dua kondisi yang harus dipenuhi supaya tiruana domino tersebut jatuh.
Pertama : domino 1 harus jatuh.
Kedua : benar bahwa setiap domino yang jatuh akan menjatuhkan sempurna satu domino diberikutnya. Artinya kalau domino 1 jatuh maka domino 2 niscaya jatuh, kalau domino 2 jatuh maka domino 3 niscaya jatuh dan seterusnya. Secara umum sanggup kita katakan jika domino k jatuh maka domino (k + 1) juga jatuh dan implikasi ini berlaku untuk tiruana domino.

Jika kedua kondisi diatas sudah terpenuhi, sudah dipastikan tiruana domino akan jatuh.

Prinsip Induksi Matematika

Misalkan P(n) adalah suatu pernyataan yang bergantung pada n. P(n) benar untuk setiap n bilangan orisinil kalau memenuhi 2 kondisi diberikut :

1. P(1) benar, artinya untuk n = 1 maka P(n) bernilai benar.
2. Untuk setiap bilangan orisinil k, kalau P(k) benar maka P(k + 1) juga benar.

Prinsip diatas sanggup diperluas untuk pernyataan yang bergantung pada himpunan pecahan tak kosong dari bilangan asli.

Perluasan Prinsip Induksi Matematika
Misalkan P(n) adalah suatu pernyataan yang bergantung pada n. P(n) benar untuk setiap bilangan orisinil n ≥ m kalau memenuhi 2 kondisi diberikut :

1. P(m) benar, artinya untuk n = m, maka P(n) bernilai benar
2. Untuk setiap bilangan orisinil k ≥ m, kalau P(k) benar maka P(k + 1) juga benar.

Untuk mengatakan P(1) benar, kita cukup mensubstitusikan n = 1 pada P(n). Jika P(n) disajikan dalam bentuk persamaan, berarti ruas kiri harus sama dengan ruas kanan pada dikala n = 1, barulah kita simpulkan P(1) benar. Teknik yang sama sanggup kita terapkan untuk mengatakan P(m) benar.

Kembali lagi pada kasus domino diatas, supaya domino (k + 1) jatuh, terlebih lampau domino k harus jatuh, barulah implikasi "jika domino k jatuh maka domino (k + 1) jatuh" sanggup terjadi.

Jadi, untuk mengatakan implikasi "jika P(k) benar maka P(k + 1) benar", terlebih dulu kita harus menganggap atau mengasumsikan bahwa P(k) benar. Kemudian menurut perkiraan tersebut kita tunjukkan P(k + 1) juga benar. Proses perkiraan P(k) benar ini disebut dengan hipotesis induksi.

Untuk mengatakan P(k + 1) benar, sanggup kita mulai dari hipotesis, yaitu dari perkiraan P(k) benar ataupun dari kesimpulan, yaitu dari P(k + 1) itu sendiri.

Langkah-Langkah Pembuktian Induksi Matematika

Dari uraian-uraian diatas, langkah-langkah pembuktian induksi matematika sanggup kita urutkan sebagai diberikut :

1. Langkah dasar : Tunjukkan P(1) benar.
2. Langkah induksi : Asumsikan P(k) benar untuk sebarang k bilangan asli, lalu tunjukkan P(k+ 1) juga benar menurut perkiraan tersebut. 
3. Kesimpulan : P(n) benar untuk setiap bilangan orisinil n.

Pembuktian Deret

Sebelum masuk pada pembuktian deret, ada beberapa hal yang perlu dipahami dengan baik menyangkut deret.

Jika P(n) :  u₁ + u₂ + u₃ + ... + u_n = S_n , maka
P(1) :  u₁ = S₁
P(k) :  u₁ + u₂ + u₃ + ... + u_k = S_k
P(k + 1) :  u₁ + u₂ + u₃ + ... + u_k + u_k+1 = S_k+1

misal 1
Buktikan 2 + 4 + 6 + ... + 2n = n(n + 1), untuk setiap n bilangan asli.

Jawab :
P(n) :  2 + 4 + 6 + ... + 2n = n(n + 1)
Akan dibuktikan P(n) benar untuk setiap n ∈ N

Langkah Dasar :
Akan ditunjukkan P(1) benar
2 = 1(1 + 1)
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi :
Asumsikan P(k) benar yaitu
2 + 4 + 6 + ... + 2k = k(k + 1),    k ∈ N

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
2 + 4 + 6 + ... + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 1 + 1)

Dari perkiraan :
2 + 4 + 6 + ... + 2k = k(k + 1)
Tambahkan kedua ruas dengan u_k+1 :
2 + 4 + 6 + ... + 2k + 2(k + 1) = k(k + 1) + 2(k + 1)
2 + 4 + 6 + ... + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 2)
2 + 4 + 6 + ... + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 1 + 1)
Jadi, P(k + 1) benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) benar untuk setiap n bilangan asli.


misal 2
Buktikan 1 + 3 + 5 + ... + (2n − 1) = n² benar, untuk setiap n bilangan asli

Jawab :
P(n) :  1 + 3 + 5 + ... + (2n − 1) = n²
Akan ditunjukkan P(n) benar untuk setiap n ∈ N

Langkah Dasar :
Akan ditunjukkan P(1) benar
1 = 1²
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi :
Asumsikan P(k) benar, yaitu
1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) = k²,    k ∈ N

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = (k + 1)²

Dari perkiraan :
1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) = k²
Tambahkan kedua ruas dengan u_k+1 :
1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = k² + (2(k + 1) − 1)
1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = k² + 2k + 1
1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = (k + 1)²
Jadi, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) benar untuk setiap n bilangan asli.

Pembuktian Keterbagian

Pernyataan "a habis dibagi b" bersinonim dengan :

• a kelipatan b
• b faktor dari a
• b membagi a

Jika p habis dibagi a dan q habis dibagi a, maka (p + q) juga habis dibagi a.
Sebagai contoh, 4 habis dibagi 2 dan 6 habis dibagi 2, maka (4 + 6) juga habis dibagi 2

misal 3
Buktikan 6ⁿ + 4 habis dibagi 5, untuk setiap n bilangan asli.

Jawab :
P(n) :  6ⁿ + 4 habis dibagi 5
Akan dibuktikan P(n) benar untuk setiap n ∈ N.

Langkah Dasar :
Akan ditunjukkan P(1) benar
6¹ + 4 = 10 habis dibagi 5
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi :
Asumsikan P(k) benar, yaitu
6^k + 4 habis dibagi 5,    k ∈ N

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
6^k+1 + 4 habis dibagi 5.

6^k+1 + 4 = 6(6^k)+ 4
6^k+1 + 4 = 5(6^k) + 6^k + 4

Karena 5(6^k) habis dibagi 5 dan 6^k + 4 habis dibagi 5, karenanya 5(6^k) + 6^k + 4 juga habis dibagi 5.
Jadi, P(k + 1) benar.

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa 6ⁿ + 4 habis dibagi 5, untuk setiap n bilangan asli.


Bilangan bundar a habis dibagi bilangan bundar b kalau terdapat bilangan bundar m sehingga berlaku a = bm.
Sebagai contoh, "10 habis dibagi 5" benar sebab terdapat bilangan bundar m = 2 sehingga 10 = 5.2. Jadi, pernyataan "10 habis dibagi 5" sanggup kita tulis menjadi "10 = 5m, untuk m bilangan bulat"
Berdasarkan konsep diatas, pembuktian keterbagian sanggup pula diselesaikan dengan cara sebagai diberikut.

misal 4
Buktikan n³ + 2n habis dibagi 3, untuk setiap n bilangan asli

Jawab :
P(n) :  n³ + 2n = 3m, dengan m ∈ \(\mathbb{Z}\)
Akan dibuktikan P(n) benar untuk setiap n ∈ \(\mathbb{N}\)

Langkah Dasar :
Akan ditunjukkan P(1) benar
1³ + 2.1 = 3 = 3.1
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi :
Asumsikan P(k) benar, yaitu
k³ + 2k = 3m,    k ∈ \(\mathbb{N}\)

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3p,     p ∈ \(\mathbb{Z}\)

(k + 1)³ + 2(k + 1) = (k³ + 3k² + 3k + 1) + (2k + 2)
(k + 1)³ + 2(k + 1) = (k³ + 2k) + (3k² + 3k + 3)
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3m + 3(k² + k + 1)
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3(m + k² + k + 1)

Karena m bilangan bundar dan k bilangan asli, maka (m + k² + k + 1) adalah bilangan bulat.
Misalkan p = (m + k² + k + 1), maka
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3p, dengan p ∈ \(\mathbb{Z}\)
Jadi, P(k + 1) benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa n³ + 2n habis dibagi 3,  untuk setiap n bilangan asli.

Pembuktian Pertidaksamaan

Berikut sifat-sifat pertidaksamaan yang sering digunakan
1.  Sifat transitif
     a > b > c  ⇒  a > c  atau
     a < b < c  ⇒  a < c

2.  a < b dan c > 0  ⇒  ac < bc  atau
     a > b dan c > 0  ⇒  ac > bc

3.  a < b  ⇒  a + c < b + c  atau
     a > b  ⇒  a + c > b + c

Sebelum masuk pada pola soal, ada baiknya kita tes memakai sifat-sifat diatas untuk mengatakan implikasi "jika P(k) benar maka P(k + 1) juga benar".

Misalkan
P(k) :  4k < 2^k
P(k + 1) :  4(k + 1) < 2^k+1
Jika diasumsikan P(k) benar untuk k ≥ 5, tunjukkan P(k + 1) juga benar !

Ingat bahwa sasaran kita yaitu menunjukkan
4(k + 1) < 2^k+1 = 2(2^k) = 2^k + 2^k  (TARGET)

Kita sanggup mulai dari ruas kiri pertaksamaan diatas
4(k + 1) = 4k + 4
4(k + 1) < 2^k + 4        (karena 4k < 2^k)
4(k + 1) < 2^k + 2^k      (karena 4 < 4k < 2^k)
4(k + 1) = 2(2^k)
4(k + 1) = 2^k+1

Berdasarkan sifat transitif kita simpulkan
4(k + 1) < 2^k+1

Mengapa 4k sanggup bermetamorfosis 2^k ?
Berdasarkan sifat 3, kita diperbolehkan menambahkan kedua ruas suatu pertaksamaan dengan bilangan yang sama, sebab tidak akan merubah nilai kebenaran pertaksamaan tersebut. Karena 4k < 2^k benar, karenanya 4k + 4 < 2^k + 4 juga benar.

Darimana kita tahu, 4 harus diubah menjadi 2^k ?
Perhatikan target. Hasil sementara kita yaitu 2^k + 4 sedangkan sasaran kita yaitu 2^k + 2^k.
Untuk k ≥ 5, maka 4 < 4k dan 4k < 2^k adalah benar, sehingga 4 < 2^k juga benar (sifat transitif). Akibatnya 2^k + 4 < 2^k + 2^k  benar (sifat 3).


misal 5
Buktikan untuk setiap bilangan orisinil n ≥ 4 berlaku
3n < 2ⁿ

Jawab :
P(n) :  3n < 2ⁿ
Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ \(\mathbb{N}\)

Langkah Dasar :
Akan ditunjukkan P(4) benar
3.4 = 12 < 2⁴ = 16
Jadi, P(4) benar

Langkah Induksi :
Asumsikan P(k) benar, yaitu
3k < 2^k,    k ≥ 4

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
3(k + 1) < 2^k+1

3(k + 1) = 3k + 3
3(k + 1) < 2^k + 3               (karena 3k < 2^k)
3(k + 1) < 2^k + 2^k             (karena 3 < 3k < 2^k)
3(k + 1) = 2(2^k)
3(k + 1) = 2^k+1

Jadi, P(k + 1) juga benar

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


misal 6
Buktikan untuk setiap bilangan orisinil n ≥ 2 berlaku
 3ⁿ > 1 + 2n

Jawab :
P(n) :  3ⁿ > 1 + 2n
Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 2, n ∈ \(\mathbb{N}\)

Langkah Dasar :
Akan ditunjukkan P(2) benar
3² = 9 > 1 + 2.2 = 5
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi :
Asumsikan P(k) benar, yaitu
3^k > 1 + 2k,    k ≥ 2

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
3^k+1 > 1 + 2(k + 1)

3^k+1 = 3(3^k)
3^k+1 > 3(1 + 2k)               (karena 3^k > 1 + 2k)
3^k+1 = 3 + 6k
3^k+1 > 3 + 2k                    (karena 6k > 2k)
3^k+1 = 1 + 2k + 2
3^k+1 = 1 + 2(k + 1)

Jadi, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk setiap bilangan orisinil n ≥ 2.


misal 7
Buktikan untuk setiap bilangan orisinil n ≥ 5 berlaku
 2n − 3 < 2^n-2

Jawab :
P(n) :  2n − 3 < 2^n-2
Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 5, n ∈ \(\mathbb{N}\)

Langkah Dasar :
Akan ditunjukkan P(5) benar
 2.5 − 3 = 7 < 2^5-2 = 8
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi :
Asumsikan P(k) benar, yaitu
2k − 3 < 2^k-2 ,    k ≥ 5

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
2(k + 1) − 3 < 2^k+1-2

2(k + 1) − 3 = 2k + 2 − 3
2(k + 1) − 3 = 2k − 3 + 2
2(k + 1) − 3 < 2^k-2 + 2         (karena 2k − 3 < 2^k-2)
2(k + 1) − 3 < 2^k-2 + 2^k-2     (karena 2 < 2k − 3 < 2^k-2)
2(k + 1) − 3 = 2(2^k-2)
2(k + 1) − 3 = 2^k+1-2

Jadi, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk setiap bilangan orisinil n ≥ 5.


misal 8
Buktikan untuk setiap bilangan orisinil n ≥ 4 berlaku
(n + 1)! > 3ⁿ

Jawab :
P(n) :  (n + 1)! > 3ⁿ
Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ \(\mathbb{N}\)

Langkah Dasar :
Akan ditunjukkan P(4) benar
(4 + 1)! > 3⁴
ruas kiri : 5! = 5.4.3.2.1 = 120
ruas kanan : 3⁴ = 81
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi :
Asumsikan P(k) benar, yaitu
(k + 1)! > 3^k ,   k ≥ 4

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

(k + 1 + 1)! = (k + 2)!
(k + 1 + 1)! = (k + 2)(k + 1)!
(k + 1 + 1)! > (k + 2)(3^k)            (karena (k + 1)! > 3^k)
(k + 1 + 1)! > 3(3^k)                     (karena k + 2 > 3)
(k + 1 + 1)! = 3^k+1

Jadi, P(k + 1) juga benar

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