makalah_ahmad-afifudin_mnj-a

BAB I
PENDAHULUAN
A. Latar Belakang
Banyak orang yang masih menganggap bahwa matematika itu kurang
menyenangkan dan susah untuk di pelajari, namun jika kita berusaha dan
memikirkan bahwa matematika itu menyenangkan, pasti kita bisa mempelajari
matematika itu. Bukankah di dunia ini atau persisnya di dalam kehidupan kita ini
semuanya menggunakan matematika?
Untuk menumbuhkan rasa menyenangkan ketika kita belajar matematika,
yaitu gunakan imajinasimu bahwa matematika itu menyenangkan, berikan rasa
percaya diri di dalam kepalamu bahwa matematika itu gampang, dan kalau perlu
ketika kita mengerjakan soal matematika kita harus berimajinasi seperti pemandu
sorak yang tidak sabar menunggu hasil pertandingan yang berakhir dengan
kemenangan.
Didalam matematika terdapat sebuah metode pembuktian yang disebut
induksi matematik yang jika dipelajari terlihat sulit namun akan semakin menarik.
Induksi matematika sendiri merupakan suatu metode pembuktian deduktif dalam
matematika untuk menyatakan suatu pernyataan adalah benar untuk semua
bilangan asli. Meski namanya induksi. Induksi matematika atau disebut juga
induksi lengkap sering dipergunakan untuk pernyataan-pernyataan yang
menyangkut bilangan-bilangan asli.
Bukan hanya itu induksi matematika pun mempunyai prinsip tersendiri
untuk memecahkan suatu permasalahan dan menyelesaikannya yaitu prinsip
terurut rapi (well-ordering principle) dari bilangan asli. Seperti kita ketahui,
himpunan bilangan asli adalah himpunan yang memiliki anggota 1, 2, 3, 4, …
yang dapat dituliskan sebagai berikut: N = 1,2,3,4,................
Induksi matematik adalah suatu teknik pembuktian penting dan dapat
digunakan untuk membuktikan pernyataan benar. Dalam bagian ini kita akan
1
menggambarkan bagaimana induksi matematik dapat digunakan dan mengapa
induksi matematik merupakan suatu teknik pembuktian valid. Dengan mencatat
bahwa induksi matematik hanya dapat digunakan untuk membuktikan hasil yang
diperoleh. Ini bukan merupakan alat untuk menemukan formula atau teorema.
Selanjutnya, tentang induksi matematik akan dibahas lebih dalam pada makalah
ini.
B. Identifikasi Masalah
Dari latar belakang di atas penulis melakukan pengidentifikasian masalah
sebagai berikut:
1. Banyak orang yang masih menganggap bahwa matematika itu kurang
menyenangkan dan susah untuk di pelajari.
2. Didalam matematika terdapat sebuah metode pembuktian yang disebut
induksi matematik yang jika dipelajari terlihat sulit namun akan semakin
menarik.
3. Induksi matematik bukan merupakan alat untuk menemukan formula atau
teorema.
C. Pembatasan Masalah
Untuk mempermudah arah pembahasan masalah ini penulis membuat
batasan masalah sebagai berikut:
1. Sejarah dari Induksi Matematik.
2. Pengertian dari Induksi Matematik.
3. Tahapan Induksi Matematik.
4. Prinsip Induksi Matematik.
5. Contoh soal penggunaan Induksi Matematik.
6. Konsep, prinsip dan contoh-contoh penggunaan notasi
2

(sigma).
D. Rumusan Masalah
Dari latar belakang dan identifikasi masalah yang ada maka rumusan
masalah yang digunakan adalah:
1. Bagaimana sejarah adanya Induksi Matematik?
2. Apa yang dimaksud dengan Induksi Matematik?
3. Bagaimana tahapan Induksi Matematik?
4. Bagaimana prinsip Induksi Matematik?
5. Bagaimana contoh soal penggunaan Induksi Matematik?
6. Bagaimana konsep, prinsip dan contoh-contoh penggunaan notasi

(sigma)?
E. Tujuan Pembahasan
Tujuan dari makalah ini, antara lain:
1. Mengetahui sejarah dari Induksi Matematik.
2. Memahami konsep Induksi Matematik.
3. Mengetahui tahapan Induksi Matematik.
4. Mengetahui prinsip Induksi Matematik.
5. Mengetahui contoh soal penggunaan Induksi Matematik.
6. Mengetahui konsep, prinsip dan contoh-contoh penggunaan notasi
(sigma).
3

F. Manfaat Pembahasan
Penulis berharap makalah ini memiliki manfaat bagi kita semua. Dimana
dengan adanya makalah ini dapat membantu semua kalangan baik itu mahasiswa,
pelajar dan masyarakat umum dalam mendalami Induksi Matematik dengan
sejarah, konsep, prinsip, dan hubungan prinsip. Selain itu dapat menambah
wawasan mengenai contoh soal penggunaanya.
4
BAB II
PEMBAHASAN
A. Sejarah Induksi Matematik
Sebuah bukti implisit dengan induksi matematika untuk urutan aritmatika
diperkenalkan dalam al-Fakhri yang ditulis oleh al-Karaji sekitar 1000 Masehi,
yang menggunakannya untuk membuktikan teorema binomial dan sifat segitiga
Pascal. Selain al-Fakhri terdapat juga ilmuwan Yunani kuno yang membuktikan
induksi matematika untuk menyatakan bahwa sifat bilangan prima yang tidak
terbatas. Tidak satupun ahli matematika kuno yang dapat membuktikan induksi
matematika secara eksplisit.
Barulah pada tahun 1665 ilmuwan Prancis yang bernama Blaise Pascal
dapat membuktikannya secara eksplisit. Bukti induksi secara eksplisit dia tuliskan
dalam bukunya yang berjudul arithmétique segitiga du Traité. Pada akhir abad ke19 ilmu induksi matematika diperbarui kembali oleh dua orang matematikawan
yang
bernama
Richard
Dedekind
dan
Guiseppe
Peano.
Dedekind
mengembangkan sekumpulan aksioma yang menggambarkan bilangan bulat
positif. Peano memperbaiki aksioma tersebut dan memberikan interpretasi logis.
Keseluruhan aksioma tersebut dinamakan Postulat Peano.
Gambar 3. Richard Dedekind dan Guiseppe Peano
5
B. Pengertian Induksi Matematik
Induksi matematika merupakan salah satu metode/cara pembuktian yang
absah dalam
matematik untuk membuktikan suatu
pernyataan matematika
apakah benar atau salah. Seringkali kita hanya menerima saja pernyataan atau
argumen matematika, tanpa mengetahui kebenaran pernyataan tersebut. Oleh
karena itu kita membutuhkan suatu metode untuk membuktikan kebenaran
pernyataan matematika yang disebut induksi matematika.
Meskipun namanya induksi matematik, namun metode ini merupakan
penalaran deduktif. Induksi matematik merupakan salah satu argumentasi
pembuktian
suatu
teorema
atau
pernyataan
matematika
yang
semesta
pembicaranya kumpulan bilangan bulat atau lebih khusus himpunan bilangan asli.
Melalui induksi matematik ini kita dapat mengurangi langkah-langkah
pembuktian bahwa semua bilangan bulat termasuk ke dalam suatu himpunan
kebenaran dengan hanya sejumlah langkah terbatas.
Induksi matematik yang sesungguhnya merupakan salah satu aksioma
yang dipenuhi oleh sistem bilangan asli. Bentuk umum induksi matematik sebagai
berikut: Misalkan N adalah himpunan semua bilangan asli. Dapat dituliskan
sebagai berikut: N = 1,2,3,4,................
C. Tahapan Induksi Matematika
Induksi matematika adalah suatu metode yang digunakan untuk
memeriksa validasi suatu pernyataan yang diberikan dalam himpunan bilangan
positif atau himpunan bilangan asli. Pembuktian dengan cara ini terdiri dari tiga
langkah, yaitu:
a. Langkah Basis
Menunjukkan bahwa pernyataan itu berlaku untuk bilangan 1
b. Langkah Induksi
Menunjukkan bahwa jika pernyataan itu berlaku untuk bilangan n = k,
maka pernyataan itu juga berlaku untuk bilangan n = k + 1
c. Kesimpulan
6
Definisi :
Misalkan untuk setiap bilangan asli n kita mempunyai pernyataan P(n) yang
bisa benar atau salah. Misalkan,
1. P(1), benar
2. Jika untuk n = k yaitu P(k) benar, maka untuk n = k + 1 harus kita
buktikan P(k+1) benar
Sehingga P(n) benar untuk setiap bilangan asli n
Contoh Soal
Gunakan induksi matematik untuk membuktikan bahwa jumlah n buah bilangan
ganjil positif pertama adalah n2.
1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n2\
Penyelesaian:
(i)
Langkah Basis: Misalkan, p (n) adalah 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n2
p (1)  (2n – 1) = n2
(2.1 – 1) = 12
1 = 1 (benar)
Jadi, p (1) benar.
(ii)
Langkah induksi: mengasumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk
n = k, yaitu:
n=k

1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) = k2
Kita harus memperlihatkan bahwa n = k +1
n = k +1  1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) + (2n-1) = n2
1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1)2
1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) + (2k + 2-1) = (k + 1)2
k2
+ (2k + 1) = (k + 1)2
(k + 1)2
7
= (k + 1)2
(Terbukti)
Jadi, p (k+1) benar.
(iii) Kesimpulan: Karena langkah basis dan langkah induksi keduanya telah
diperlihatkann benar, maka jumlah n buah bilangan ganjil positif pertama
adalah n2.
D. Prinsip Induksi Matematika
1. Prinsip Induksi Sederhana
Misal p (n) adalah pernyataan yang bergantung pada n bilangan bulat
positif. Kita ingin membuktikan bahwa p(n) benar utnuk semua bilangan
bulat positif. Langkah induksi:
1. Basis: tunjukan p (1) benar.
2. Induksi: Misal p (n) benar untuk semua bilangan positif n ≥ 1.
3. Kesimpulan: Buktikan bahwa p (n+1) benar.
Contoh Soal:
1. Tunjukkan bahwa 1 + 2 + 3 + … + n =
1
n( n  1) untuk setiap bilangan asli n.
2
Penyelesaian:
(i)
Langkah Basis:
Misalkan, p (n) adalah 1 + 2 + 3 + … + n =
p = 11
1
n(n  1)
2
1=
1
1(1  1)
2
1=
1
n( n  1)
2
1
(2)
2
1 = 1 (benar)
Jadi, p (1) benar
(ii)
Langkah Induksi: Diasumsikan bahwa p (k) benar untuk suatu
bilangan asli k, yaitu:
n=k

1+2+3+…+n=
8
1
n( n  1)
2
1
k (k  1)
2
1+2+3+…+k=
Selanjutnya harus ditunjukkan bahwa p (k+1) benar, yaitu:
n = (k+1)
1 +2+3 +… +k+n =
1
n(n  1)
2
 1 + 2 + 3 + … + k + (k + 1) = 1 (k  1) ((k+1)+1)
2

1
k (k  1)
2
1
+ (k + 1) = (k  1) (k+2)
2

1 2
(k  k )
2
+

1 2
(k  k )
2
+
2
1
(k  1) = (k  1) (k+2)
2
2

1 2
(k  k )
2
+
1
1
(2k  2) = (k  1) (k+2)
2
2

1 2
(k  k )  (2k  2)
2

1 2
k  k  2k  2
2

1 2
k  3k  2
2

1
= (k  1) (k+2)
2

1
(k  1)( k  2)
2
1
= (k  1) (k+2)
2
2
1
(k  1) = (k  1) (k+2)
2
2





1
= (k  1) (k+2)
2
1
= (k  1) (k+2)
2
(Terbukti)
Jadi, p (k+1) benar.
(iii)
Kesimpulan: Jadi, 1 + 2 + 3 + … + k + (k + 1)=
1
k (k  1) (k+2),
2
berarti p (k+1) benar. Sehingga p (n) benar untuk setiap bilangan
asli n.
2. Prinsip Induksi yang Dirapatkan (Generalized)
Prinsip induksi sederhana digunakan untuk membuktikkan pernyataan p
(n) dimana n dimulai dari 1. Prinsip induksi yang dirapatkan digunakan untuk
membuktikkan pernyataan p (n) dimana n tidak harus dimulai dari 1, tetapi
9
berlaku untuk untuk semua bilangan bulat positif (non negatif).
Misal p (n) adalah pernyataan. Kita akan buktikan p (n) benar untuk semua
bilangan bulat n ≥ n0. Langkah induksi:
1. Basis : p (n0) benar.
2. Induksi : Andaikan p(n) benar untuk n ≥ n0.
3. Kesimpulan : Buktikan bahwa p(n+1) benar.
Contoh Soal:
Tunjukkan bahwa untuk semua bilangan bulat non negatif.
2 0  21  2 2  .......  2 n  2 n 1  1
Penyelesaian:
(i)
Langkah Basis:
Misalkan, p (n) adalah 2 0  21  2 2  ...  2 n  2 n 1  1
Untuk p (0)
 2 0  2 0 1  1
1=2–1
1 = 1 (benar)
Jadi, p (0) benar.
(ii)
Langkah Induksi: andaikan n = 0,
2 0  21  2 2  .......  2 n  2 n 1  1 adalah benar.
Akan dibuktikan untuk p (n+1) :
n = (n+1)
2
0
 21  2 2  ...  2 n  2 n  2 n 1  1
20  21  2 2  ...  2 n  2 n1  2(( n1)1)  1
2 n 1  1
 2n1  2n2  1
2 n1  2 n1  1  2 n2  1
2.2 n 1  1  2 n  2  1
2 n2  1  2 n2  1 (Terbukti)
(iii)
Kesimpulan: 2 0  21  2 2  ...  2 n  2 n 1  1 ,
bilangan bulat positif.
10
untuk
semua
3. Prinsip Induksi Kuat
Misal p(n) adalah suatu pernyataan yang menyangkut bilangan bulat. Kita
akan buktikan bahwa p(n) adalah benar untuk semua bilanagn n  n0 . Langkah
induksi:
1. Basis : p(n0) benar.
2. Induksi : Andaikan untuk semua bilanagn bulat n  n0 , p (n0), p (n0+1), … p(n)
benar.
3. Kesimpulan : Buktikan bahwa p (n+1) benar.
Contoh Soal:
Tunjukkan bahwa bilangan bulat positif adalah bilangan prima jika dan hanya
habis dibagi 1 dan dirinya sendiri.
Penyelesaian:
Kita akan buktikan bahwa untuk setiap bilangan bulat n  2 , dapat dinyatakan
sebagai hasil kali satu atau lebih bilangan prima.
(i)
Langkah Basis:
Misalnya, untuk n = 2  2  1.2 (dapat dinyatakan sebagai
perkalian satu bilangan prima) benar.
(ii)
Langkah Induksi: Misalkan 2, 3. 4. …..n dapat dinyatakan sebagai
hasil kali satu atau lebih bilangan prima.
Buktikan bahwa (n+1) dapat dinyatakan sebagai hasil kali satu
atau lebih bilangan prima.
Jika (n+1) adalah bilangan prima, maka (n+1) dapat dinyatakan
sebagai hasil kali satu bilangan prima yaitu (n+1) = 1.(n+1)
Jika (n+1) bukan bilangan prima, maka terdapat bilangan positif a
sedemikian sehingga 2 < a < (n+1) yang membagi habis (n+1).
Dengan kata lain:
(n  1)
b
a
(n+1) = ab (Terbukti)
(iii)
Kesimpulan: Karena 2 < a , b < n maka a dan b dapat dinyatakan
sebagai hasil kali satu atau lebih bilangan prima jadi, ab juga
dapat dinyatakan sebagai hasil kali satu atau lebih bilangan prima,
11
sehingga (n+1) dapat dinyatakan sebagai hasil kali satu atau lebih
bilangan prima.
E. Contoh Soal Penggunaan Induksi Matematik
Pembuktian dengan Induksi matematik dapat diilustrasikan dengan
fenomena yang terkenal dengan Efek Domino. Sejumlah batu domino diletakan
berdiri dengan jarak ruang yang sama satu dengan yang lain. Untuk merebahkan
domino kita hanya cukup mendorong domino 1 ke kanan. Jika Domino 1
didorong kekanan, ia akan memdorong domino ke 2, domino 2 mendorong
domino 3, dst sampai semua domino rebah ke kanan.
Adapun beberapa contoh soal penggunaan induksi matematika sebagai
berikut ini:
1. Buktikanlah bahwa untuk setiap bilangan asli n berlaku:
12  2 2  3 2  ...  n 2 
n(n  1)( 2n  1)
6
Penyelesaian:
(i) Langkah Basis:
Misalkan p (n) adalah 12  22  32  ...  n 2 
p(1)  12 
1=
1(1  1)( 2.1  1)
6
1(2)(3)
6
1 = 1 (benar)
Jadi p (1) benar.
12
n(n  1)( 2n  1)
6
(ii) Langkah Induksi:
Diasumsikan bahwa p (k) benar untuk suatu bilangan asli k, yaitu:
n = k  12  22  32  ...  n 2 
n(n  1)( 2n  1)
6
12  2 2  3 2  ...  k 2 
k (k  1)( 2k  1)
6
Dan harus ditunjukkan bahwa p (k+1) benar, yaitu ditunjukkan bahwa
n = (k+1)  12  22  32  ...  k 2  n 2 
n(n  1)( 2n  1)
6
 12  22  32  ...  k 2  (k  1) 2 
 (12  22  32  ...  k 2 )  (k  1) 2 

(k  1)k  1  12(k  1)  1
6
(k  1)( k  2)( 2k  3)
6
k (k  1)( 2k  1)
(k  1)( k  2)( 2k  3)
 (k  1) 2 
6
6
1
 1
 (k  1) k (2k  1)  (k  1)  (k  1)( k  2)( 2k  3) 
6
 6
6
1
 1
 (k  1) (2k 2  k )  (k  1)  (k  1)( k  2)( 2k  3)
6
6
 6
1
1
 1
 (k  1) (2k 2  k )  (6k  6)  (k  1)( k  2)( 2k  3)
6
6
 6
1
 1
 (k  1) (2k 2  k  6k  6)  (k  1)( k  2)( 2k  3)
6
 6
1
 1
 (k  1) (2k 2  7k  6)  (k  1)( k  2)( 2k  3)
6
 6
1
 1
 (k  1) (k  2)( 2k  3)  (k  1)( k  2)( 2k  3)
6
 6

1
1
(k  1)( k  2)( 2k  3)  (k  1)( k  2)( 2k  3)
6
6
(Terbukti)
Jadi, p (k+1) benar.
(iii) Kesimpulan: Dari langkah-langkah (i) dan (ii) disimpulkan bahwa p (n)
benar untuk setiap bilangan asli n.
13
2. Untuk semua 𝑛 ≥ 1, buktikan dengan induksi matematika bahwa 𝑛3 + 2𝑛
habis dibagi 3.
Penyelesaian:
(i)
Langkah Basis:
Misalkan p (n) adalah 𝑛3 + 2𝑛
P (1)  13 + 2(1) habis dibagi 3
= 3 habis dibagi 3 (benar)
Jadi p (1) benar.
(ii) Langkah Induksi:
Diasumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = k yaitu:untuk n =
k benar, yaitu:
n=k
 𝑛3 + 2𝑛
habis dibagi 3
= 𝑘 3 + 2k habis dibagi 3
Kita harus memperlihatkan bahwa n = k +1 juga benar, yaitu :
n = (k+1)
 𝑛3 + 2𝑛
habis dibagi 3
= (𝑘 + 1)3 + 2(𝑘 + 1) habis dibagi 3


= k 3  3k 2  3k  1  (2k  2) habis dibagi 3
= k 3  3k 2  3k  1  2k  2 habis dibagi 3
= (k 3  2k )  3k 2  3k  3 habis dibagi 3
Karena (𝑘 3 + 2𝑘) adalah habis dibagi 3 (dari hipotesis induksi di atas).
= (k 3  2k )  3(k 2  k  1) habis dibagi 3
maka 3(𝑘 3 + 𝑘 + 1) juga habis dibagi 3. (Terbukti)
Jadi (𝑘 3 + 2𝑘) + 3(𝑘 3 + 𝑘 + 1) adalah jumlah dua buah bilangan yang
habis dibagi 3, karena itu (𝑘 3 + 2𝑘) + 3(𝑘 3 + 𝑘 + 1) juga habis dibagi 3.
Jadi, p (k+1) benar.
(iii) Kesimpulan: Karena langkah (i) dan (ii) sudah diperlihatkan benar, maka
terbukti bahwa untuk semua 𝑛 ≥ 1, 𝑛3 + 2𝑛 habis dibagi 3.
3. Buktikan dengan induksi matematika bahwa 3n < n! untuk setiap bilangan bulat
positif n ≥ 7.
14
Penyelesaian:
(i) Langkah Basis: Misalkan p (n) adalah 3n < n!
Misalnya n = 7
n = 7  37
< 7!
= 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 < 7 x 6 x 5 x4 x 3 x2 x1
=
2187 < 5040 (benar)
Jadi p (7) benar.
(ii) Langkah Induksi:
Diasumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = k, yaitu:
n=k
 3n < n!
= kn < k!
Kita harus memperlihatkan bahwa n = k +1 juga benar, yaitu :
n = (k+1)
 3n < n !
= 3k+1 < (k+1) !
= 3k.31 < (k+1) k!
3
= 3k k  1 < k!
Menurut hipotesis induksi, 3𝑘 < 𝑘!, sedangkan untuk n ≥ 7, nilai
3
(𝑘+1)
<
3
1, sehingga (𝑘+1) akan memperkecil nilai di ruas kiri pertidaksamaan. Efek
3
nettonya, 3𝑘 . (𝑘+1) < 𝑘! jelas benar.
(iii) Kesimpulan: Karena langkah (i) dan (ii) sudah ditunjukkan benar, maka
terbukti bahwa 3n < n! untuk setiap bilangan bulat positif n ≥ 7.
4. Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa 5n − 1 dapat dibagi 4
untuk setiap n = 1, 2, ...
Penyelesaian:
Adapun langkah-langkahnya yaitu:
15
(i)
Langkah Basis: Misalkan p (n) adalah 5n − 1 habis dibagi 4 untuk
untuk setiap n = 1, 2, ...
n = 1  5n − 1 habis dibagi 4
= 51− 1 habis dibagi 4
= 5 − 1 habis dibagi 4
= 4 habis dibagi 4 (benar)
Jadi, p (1) benar.
(ii)
Langkah Induksi: Asumsikan bahwa 5n − 1 habis dibagi 4 untuk n
= k, yaitu:
n=k
 5n − 1 habis dibagi 4
= 5k − 1 habis dibagi 4
Pembuktian untuk n = k + 1,
n = (k+1)
 5n − 1
habis dibagi 4
= (5) k+1 − 1
habis dibagi 4
= [5k.5] – 1
habis dibagi 4
= 5k (1 + 4) – 1
habis dibagi 4
= 5k +4. 5k − 1 habis dibagi 4
= (5k – 1) + 4. 5k habis dibagi 4
(Terbukti)
Jadi, p (k+1) benar.
Karena n = k = 1, 2, …
Maka jika n = k =1
 (5k – 1) + 4. 5k
habis dibagi 4
= (52-1) + 4.52 habis dibagi 4
= (25-1) + 4.25
habis dibagi 4
= 24 + 100 =124 habis dibagi 4
Jadi, 124 dibagi 4 akan bernilai 31
(iii)
Kesimpulan: Dari langkah basis dan induksi dapat disimpulkan
bahwa 5n − 1 dapat dibagi 4 untuk setiap n = 1, 2, ...
16
F. Konsep, Prinsip dan Contoh Penggunaan Notasi

(Sigma)
Jumlahan untuk bilangan-bilangan yang teratur dapat ditulis lebih singkat
dengan mengguankan notasi

(sigma). Berikut ini konsep, prinsip, dan
contoh-contoh penggunaan notasi-notasi  .
n
1)
 k  1  2  3  ...  n
k 1
n
2)
 k (2k  1)  1  2  3  ...  (2n  1)
k 1
3)
n
n
k 1
k 1
 ck  c k
n
4)
n
, dengan c = konstanta
n
 a   b   (a
l 1
l
l 1
l
l 1
l
 bl )
n
5)
 d  d  d  d  ...  d  nd
l 1
Keterangan: dengan n = suku ke-.
Contoh Soal:
5
1.
 k  1  2  3  4  5  15
k 1
2.
7
7
l 1
l 1
 6i  6 i  6(1  2  3  4  5  6  7)  168
6
3.
10  10  10  10  10  10  10  60
l 1
4.
3
3
3
k 1
k 1
k 1
 (3k  2k )  3 k   2k  3(1  2  3)  (21  22  23 )  32
 3k  2  2 3n
n
5. Buktikan bahwa
1
2

 n untuk setiap bilangan asli n.
k 1
Penyelesaian:
(i)
Langkah Basis:
 3k  2  2 3n
n
Misalkan p (n) menyatakan
1
k 1
n
P (1)   3k  2 
k 1


1
3.12  1
2
17
2
n

1
3  1
2
3 .1  2 
1
2 
2
3-2=
1 = 1 (benar)
Jadi, p (1) benar.
(ii)
Langkah Induksi: Diasumsikan p (t) benar untuk suatu bilangan
asli t, yaitu:
  3k  2  1 3n
n
n=t
2
2
k 1
  3k  2  1 3t
2
t
2
n
t


k 1
Tunjukkan bahwa p (t+1) benar, yaitu:
  3k  2  1 3n
n
n = (t+1)
n
2
2
k 1
  3k  2  1 3(t  1)
2

t 1
2
 (t  1)

k 1
  (3k  2)  3(t  1)  2
t

k 1


1
3(t 2  2t  1)  t  1
2

1
1 2
(3t  t )  (3t  3  2)  (3t 2  6t  3)  t  1
2
2

1 2
1
(3t  t )  (3t  1)  3t 2  5t  2
2
2

1 2
2
1
(3t  t )  (3t  1)  3t 2  5t  2
2
2
2

1 2
1
1
(3t  t )  (6t  2)  3t 2  5t  2
2
2
2



 1 (3t
2
2

 t )  (6t  2) 
 1 3t
2
2
 t  6t  2 
 1 3t
2
2
 5t  2 


Jadi p (t+1) benar.
18







1 2
3t  5t  2
2

1 2
3t  5t  2
2



1 2
3t  5t  2 (Terbukti)
2
(iii)
Kesimpulan: Jadi p (t+1) benar sehingga p (n) benar untuk setiap
bilangan.
Contoh di atas dapat dibuktikan meggunakan sifat-sifat notasi

sebagai
berikut:
n
n
n
k 1
k 1
k 1
 3k  2   3k   2
n
= 3 k  2n
k 1
 3(1  2  3  ...  n)  (2n) menggunakan contoh sebelumnya,
n
maka ingat bahwa
1
 k  1  2  3  ...  n  2 n(n  1)
k 1
1

= 3 n(n  1)  2n
2


=
1
3n 2  3n  4n
2
=
1
3n 2  n
2



6. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli n, 7n – 2n selalu terbagi habis oleh 5.
Penyelesaian:
(i)
Langkah Basis:
Misalkan p (n) menyatakan 7n – 2n selalu terbagi habis oleh 5.
p (1)  71- 2 1 terbagi habis oleh 5
= 7 – 2 terbagi habis oleh 5
=5
terbagi habis oleh 5
Jadi, p (1) benar.
(ii)
Langkah Induksi: Diasumsikan p (k) benar untuk suatu bilangan
asli k, yaitu :
n = k  7n – 2n terbagi habis oleh 5
= 7k – 2k terbagi habis oleh 5
Tunjukkan bahwa p (k+1) benar, yaitu :
n = (k+1)  7n – 2n
terbagi habis oleh 5
19
= 7k+1 – 2k+1 terbagi habis oleh 5
= 7 k .7  2 k .2 terbagi habis oleh 5
= 7 k.7  2k.2  (2k.7  2k.7) terbagi habis oleh 5
= 7 k .7  2 k .2  2 k .7  2 k .7 terbagi habis oleh 5
= (7 k.7  2k.7)  (2k.7  2k.2) terbagi habis oleh 5

= 7 7

  2 .5 terbagi habis oleh 5
= 7 7 k  2 k  2 k (7  2) terbagi habis oleh 5
k
 2k
k
(Terbukti)
Telah diasumsikan bahwa (7k - 2k) terbagi habis oleh 5. Maka 7
(7k - 2k) terbagi habis oleh 5 pula.
(2k.5) jelas terbagi habis oleh 5, sebab mempunyai faktor 5.


Sehingga 7 7 k  2 k  2 k .5 terbagi habis oleh 5. Jadi 7k+1 – 2k+1
terbagi habis oleh 5.
Maka p (k+1) benar.
(iii)
Kesimpulan: dari langkah (i) dan (ii) dapat disimpulkan bahwa 7n
– 2n terbagi habis oleh 5 untuk setiap bilangan asli n.
7. Misalkan, banyaknya elemen himpunan Sn adalah n (suatu bilangan asli).
Berapakah banyaknya semua himpunan bagian dari Sn.
Penyelesaian:
Misalkan Sn = a1 , a 2 , a3, ...., a n 
Jika S1 = a1  maka himpunan bagian dari S1 adalah  dan a1 . Sehingga
banyaknya himpunan bagian dari S1 adalah 2.
Coba periksalah banyaknya himpunan bagian dari himpunan-himpunan berikut
ini!
Banyaknya himpunan bagian dari S2 = a1 ,a2 adalah 4. Banyaknya himpunan
bagian dari S3 = a1 , a2 , a3  adalah 8. Banyaknya himpunan bagian dari S4 =
a , a
1
2
, a3, , a 4  adalah 16 dan seterusnya. Untuk melihat hal ini dengan lebih jelas
perhatikan Tabel 1.
Tabel 1
Banyaknya
Himpunan Sn
Himpunan bagian dari S
20
Banyak
elemen Sn
himpunan
bagian dari Sn
0


1 = 20
1
a1 
a1 ,a2 
a1 , a2 , a3 
 a1 
2 = 21
 a1 , a2  , a1 ,a2 
4 = 22
 a1 , a2  , a3 , a1 ,a2 ,
8 = 23
2
3
.
a1 , a3  , a2 ,a3 . a1 , a2 , a3 
.
.
n
a1 , a 2 , a3 ,...., a n 
Tampak dalam kolom terakhir dari Tabel 1 tersebut bahwa banyaknya
himpunan bagian tersebut merupakan perpangkatan dari 2. Sehingga kita dapat
menduga bahwa banyaknya himpunan bagian dari Sn = a1 , a 2 , a3, ...., a n  adalah
2n. akan tetapi dugaan ini harus dibuktikan kebenarannya. Akan kita buktikan
dengan induksi matematik.
Misalkan p (n) menyatakan “banyaknya himpunan bagian Sn = a1 , a 2 , a3, ...., a n 
adalah 2n. untuk setiap bilangan asli n”.
(i)
Langkah Basis: p (1) banyaknya himpunan bagian dari S1 = a1 
adalah 21. Hal ini benar, sebab himpunan bagian dari S1 adalah 
dan a1 . Jadi , p(1) benar.
(ii)
Langkah Induksi: Diasumsikan p(k) benar untuk suatu bilangan
asli
k,
yaitu
banyaknya
a1 , a 2 , a3 ,...., a k  adalah
yaitu,
banyaknya
himpunan
bagian
dari
Sk
=
2k dan harus ditunjukkan p(k+1) benar
himpunan
bagian
dari
Sk+1
=
a1 , a 2 , a3 ,...., a k , a k 1  adalah 2k+1.
Telah diasumsikan bahwa banyaknya himpunan bagian dari Sk
adalah 2k. Maka banyaknya himpunan bagian dari Sk+1 adalah
banyaknya himpunan bagian dari Sk ditambah dengan banyaknya
21
himpunan bagian dari Sk+1 yang bukan merupakan himpunan
bagian dari Sk
,
yaitu himpunan bagian dari Sk yang masing-
masing dilengkapi dengan elemen a k 1 yaitu sebanyak 2k pula.
jadi banyaknya himpunan bagian dari Sk+1 adalah 2k + 2k = 2k+1.
Sehingga p (k+1) benar.
(iii)
Kesimpulan: Selanjutnya dapat disimpulkan dari (i) dan (ii)
bahwa p (n) benar untuk setiap bilangan asli n.
BAB III
PENUTUP
22
A. Kesimpulan
Induksi matematika merupakan suatu metode pembuktian deduktif dalam
matematika untuk menyatakan suatu pernyataan adalah benar untuk semua
bilangan asli.
Suatu prinsip yang digunakan untuk membuktikan induksi matematika, yaitu
prinsip induksi sederhana, induksi yang dirapatkan (Generalized) dan induksi
kuat dari bilangan asli. Seperti kita ketahui, himpunan bilangan asli adalah
himpunan yang memiliki anggota 1, 2, 3, … yang dapat dituliskan sebagai
berikut.
Induksi
N = 1,2,3,4,................
matematik
digunakan
untuk
membuktikan
hasil
tentang
kompleksitas algoritma, pembetulan tipe program komputer tertentu, teorema
tentang graf dan pohon, dan juga suatu range luas dari identitas dan
pertidaksamaan.
Induksi Matematika juga merupakan suatu teknik yang dikembangkan
untuk membuktikan pernyataan tertentu berlaku untuk setiap bilangan asli. Selain
itu Induksi Matematika juga digunakan untuk mengecek hasil proses yang terjadi
secara berulang sesuai dengan pola tertentu.
B. Saran
Dalam makalah ini penulis memiliki harapan agar pembaca memberikan
kritik dan saran yang membangun. Karena penulis sadar dalam penulisan makalah
ini terdapat begitu banyak kekurangan.
Selain itu, penulis juga menyarankan setelah membaca makalah ini kita
semua dapat mengatakan bahwa matematika itu asyik. Setelah kita belajar tentang
induksi Matematika kita akan lebih tertantang lagi dan lebih bersemangat dalam
belajar khususnya matematika.
23
DAFTAR PUSTAKA
“Contoh
Daddy.
Pembuktian
Dengan
Induksi
Matematika”.
19
Agustus
2015.
http://askyourdaddy.blog.uns.ac.id/2014/09/12/contoh-pembuktian-dengan-induksimatematika/
Ningsih,
Novia.
“Induksi
Matematika”.
19
Agustus
2015.
.http://file.upi.edu/Direktori/FPMIPA/JUR._PEND._MATEMATIKA/KHUSNUL_NOV
IANIGSIH/INDUKSI_MATEMATIK.pdf
Salim,
Asbar.
“Induksi
Matematika”.
19
Agustus
http://asbarsalim009.blogspot.com/2015/02/induksi-matematika.html
Sukirman. 2008. Teori Bilangan. Jakarta: Universitas Terbuka.
Yosi. “Induksi Matematika”. 19 Agustus 2015.
https://yos3prens.wordpress.com/2013/10/06/induksi-matematik
24
2015.