bab iv induksi matematika

Pertemuan ke 9
BAB IV
INDUKSI MATEMATIKA
 Induksi
matematika adalah : Metode
pembuktian untuk pernyataan perihal
bilangan bulat.
 Induksi matematik merupakan teknik
pembuktian yang baku di dalam
matematika.
Materi Induksi Matematik
1.
2.
3.
4.
5.
Pernyataan perihal bilangan bulat.
Prinsip induksi sederhana
Prinsip induksi yang dirampatkan
Prinsip induksi kuat
Prinsip induksi secara umum.
1. Proposisi Perihal Bilangan Bulat.
Pernyataan perihal bilangan bulat
mengkaitkan suatu masalah yang
dihubungkan dengan bilangan bulat.
 Untuk memberikan ilustrasi mengenai
pernyataan yang dimaksud, diperlihatkan
dengan memberikan contoh berikut :

Contoh 1 :
Misalkan p(n) adalah pernyataan yang menyatakan :
”Jumlah bilangan bulat positif dari 1 sampai n adalah
n (n+1) / 2.”
Buktikan bahwa p(n) benar!
Jika dicoba dengan beberapa nilai n, memang timbul
dugaan bahwa p(n) benar, misalnya untuk n = 5,
p(5) adalah : “Jumlah bilangan bulat positif dari
1 sampai 5 adalah 5 (5+1)/2.
Terlihat bahwa :
1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 = 5 (6) / 2
Contoh 2 :
Jika ingin menemukan rumus jumlah dari n buah bilangan ganjil
positif yang pertama. Misalnya untuk n = 1, 2, 3, 4, 5, perhatikan
jumlah n bilangan ganjil positif pertama ,
n=11=1
n=21+3=4
n=31+3+5=9
n = 4  1 + 3 + 5 + 7 = 16
n = 5  1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25
Dari nilai-nilai penjumlahan, bahwa jumlah n buah bilangan ganjil
yang pertama adalah n2
Contoh-contoh proposisi perihal bilangan bulat yang lainnya :
1. Setiap bilangan bulat positif n (n ≥ 2) dapat dinyatakan sebagai
perkalian dari (satu atau lebih) bilangan prima.
2. Untuk semua n ≥ 1, n3 + 2n adalah kelipatan 3.
3. Untk membayar biaya pos sebesar n sen dolar (n ≥ 8) selalu dapat
digunakan hanya perangko 3 sen dan 5 sen dolar.
4. Di dalam sebuah pesta, setiap tamu berjabat tangan dengan tamu
lainnya hanya sekali. Jika ada n orang tamu maka jumlah
jabat tangan yang terjadi adalah n(n – 1)/2.
5. Banyaknya himpunan bagian yang dapat dibentuk dari sebuah
himpunan yang beranggotakan n elemen adalah 2.
2. Prinsip Induksi Sederhana

Misalkan p(n) adalah pernyataan perihal bilangan
bulat positif dan kita ingin membuktikan bahwa
p(n) benar untuk semua bilangan bulat positif n.
Untuk membuktikan pernyataan ini, kita hanya
perlu menunjukan bahwa :
1. p(1) benar, dan
2. jika p(n) benar, maka p(n+1) juga benar
untuk semua bilangan bulat positif n  1.
Basis Induksi dan Langkah Induksi




Langkah 1 dinamakan Basis Induksi, sedangkan
langkah 2 dinamakan Langkah Induksi.
Langkah induksi berisi asumsi (andaian) yang
menyatakan bahwa p(n) benar.
Asumsi tersebut dinamakan hipotesis induksi.
Bila kedua langkah tsb benar, maka sudah
dibuktikan bahwa p(n) benar untuk semua
bilangan bulat positif n.
 Basis
induksi digunakan untuk
memperlihatkan bahwa pernyataan
tersebut benar bila n diganti dengan 1,
yang merupakan bilangan bulat positif
terkecil.
 Langkah induksi harus
memperlihatkan bahwa p(n)  p(n+1)
benar untuk semua bilangan bulat
positif.
Contoh 4.1 :
Tunjukkan bahwa untuk n  1, 1+2+3+…+n = n(n+1)/2
melalui induksi matematika
(i) Basis induksi : p(1) benar, karena untuk n = 1 kita peroleh
1 = 1(1+1)/2
= 1(2)/2
1=1
(ii) Langkah induksi :
kita harus memperlihatkan bahwa p(n+1) juga benar,
1+2+3+…+n+(n+1) = (n+1) [(n+1) +1] /2
1+2+3+…+n+(n+1) = (n+1) [(n+1) +1] /2
1+2+3+…+n+(n+1) = (1+2+3+…+n) + (n+1)
= [n(n+1)/2] + (n+1)
= [(n2 +n)/2] + (n+1)
[(n2 +n)/2] + [(2n+2)/2]
(n2 + 3n + 2)/2
(n+1)(n+2)/2
(n+1) [(n+1)+1] /2
sama
Karena langkah (i) dan (ii) telah dibuktikan benar, maka untuk
semua bilangan bulat positif n, terbukti bahwa untuk semua n  1,
1+2+3+…+n = n(n+1)/2
Contoh 4.3 :
Tunjukkan bahwa untuk n  1, bahwa n3 + 2n adalah kelipatan 3
melalui induksi matematika
(i) Basis induksi : p(1) benar, karena untuk n = 1,
13 + 2(1) = 3 adalah kelipatan 3
(ii) Langkah induksi :
kita harus memperlihatkan bahwa p(n+1) juga benar,
(n+1)3 + 2(n+1) adalah kelipatan 3
Hal ini dapat kita tunjukkan sbb:
(n+1)3 + 2(n+1) = (n3 + 3n2 + 3n + 1) + (2n + 2)
= (n3 + 2n) + (3n2 + 3n + 3)
= (n3 + 2n) + 3(n2 + n + 1)
kelipatan 3
segitiga Pascal
1
1
1
5
1
1
4
1
3
10
2
6
1
3
10
1
4
1
5
1
1
(x+y)0 = 1
(x+y)1 = x + y
(x+y)2 = x2 + 2xy + y2
(x+y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3
(x+y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4
(x+y)5 = x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5x y4 + y5
3. Prinsip Induksi yang Dirampatkan.

Jika ingin membuktikan bahwa pernyataan
p(n) benar untuk semua bilangan bulat  n0 ,
prinsip induksi sederhana dapat
dirampatkan untuk menunjukkannya,
dengan cara sebagai berikut :
1. p (n0) benar, dan
2. jika p(n) benar maka p(n+1) juga benar
untuk semua bilangan bulat n  n0
Contoh 4.5 :
Untuk semua bilangan bulat tidak negatif n, buktikan dengan
induksi matematika bahwa 20+21+22+…+2n = 2n+1-1
Misalkan p(n) adalah proposisi bahwa untuk semua
bilangan bulat tidak negatif n, 20+21+22+…+2n = 2n+1-1
(i) Basis induksi : p(0) benar, karena untuk n = 0 (bilangan bulat
tidak negatif pertama), kita peroleh :
20 = 1 = 20+1 – 1
= 21 – 1
=2 – 1
=1
(ii) Langkah induksi : misalkan p(n) benar, yaitu proposisi
20  21  22      2n  2n1  1
Diasumsikan benar (hipotesis induksi). Kita harus menunjukkan
bahwa p(n+1) juga benar, yaitu
20  21  22      2n  2n1  2n11  1
Hal ini kita tunjukkan sbb :

 2  1  2
 2  2   1
 2  2   1

20  21  2 2      2 n  2 n 1  20  21  2 2      2 n  2n 1
n 1
n 1
n 1
n 1
n 1
 2n2  1
 2n 11  1
sama
4. Prinsip Induksi Kuat

Versi induksi yang lebih kuat diperlukan untuk
membuktikan pernyataan mengenai bilangan bulat.
Versi induksi yang lebih kuat adalah sebagai berikut :
 1. p (n0) benar, dan
 2. Untuk semua bilangan bulat n  n0,
jika p(n0), p(n0+1),….p(n) benar maka p(n+1)
juga benar.

Versi induksi yang lebih kuat, mirip dengan
induksi sederhana, kecuali bahwa pada langkah 2
kita mengambil hipotesis induksi yang lebih kuat
bahwa semua pernyataan p(1), p(2), …., p(n)
adalah benar daripada hipotesis yang menyatakan
bahwa p(n) benar pada induksi sederhana

Prinsip induksi kuat memungkinkan kita mencapai
kesimpulan yang sama meskipun pemberlakukan
andaian yang lebih banyak.
Contoh 4.12 : Teka-teki susun potongan gambar (jigsaw puzzle)
Penyelesaian :
n potongan selalu diperlukan n-1 langkah untuk
memecahkan teka-teki itu.
n+1 potongan diperlukan n langkah
bagilah n+1 potongan menjadi dua buah blok
n+1 = n1 + n2
untuk menyatukan blok 1 (n1) diperlukan n1 – 1 langkah
blok 2 (n2) 
n2 – 1 langkah
(n1-1) + (n2-1) + 1 langkah terakhir = (n1+n2) – 2 + 1
= (n + 1) – 1
=n
Langkah 1
Langkah 2
Langkah 3
n1
n2
1 langkah terakhir
5. Bentuk Induksi Secara Umum

Bentuk induksi secara umum dibuat supaya
dapat diterapkan tidak hanya untuk pembuktian
yang menyangkut himpunan bilangan bulat
positif, tetapi juga pembuktian yang
menyangkut himpunan objek yang lebih umum.

Syaratnya himpunan objek itu harus memiliki
keterurutan dan mempunyai elemen terkecil.
Definisi :
Relasi biner “ < “ pada himpunan X dikatakan terurut
dengan baik bila memiliki properti berikut :
 Diberikan x, y, z  X, jika x < y dan y < z, maka x < z.
 Diberikan x, y  X, salah satu dari kemungkinan ini
benar: x < y dan y < x, atau x = y
 Jika A adalah himpunan bagian tidak kosong dari X,
terdapat elemen x  A sedemikian sehingga
x  y untuk semua y  A .
Dengan kata lain, setiap himpunan bagian tidak kosong
dari X mengandung elemen terkecil.
Contoh 4.15 :
Buktikan dengan induksi matematik bahwa n5 – n habis dibagi 5
untuk n bilangan bulat positif.
Andikan bahwa p(n) adalah proposisi bahwa n5 – n habis dibagi 5
untuk n bilangan bulat positif.
(i) Basis induksi : p(1) benar, karena 15 – 1 = 0 habis dibagi 5.
(ii) Langkah induksi :
(n+1)5 – (n+1) = n5+5n4+10n3+10n2+5n+1 – n-1
= n5-n+5n4+10n3+10n2+5n
= (n5-n)+5(n4+2n3+5n2+n)