Nama : - Matematika

Test I
MA 2281 Matematika Diskrit
Hari,Tanggal: Senin, 7 Maret 2005
Waktu: 100 Menit
Semester: II, 2004/2005
Departemen Matematika
Institut Teknologi Bandung
Solusi
No. 1. (Metoda pembuktian)
Misalkan n bilangan bulat dan n3 + 5 bilangan ganjil.
Akan dibuktikan n bilangan genap, dengan menggunakan kontradiksi.
Andaikan n bilangan ganjil, maka n dapat dituliskan sebagai n = 2k + 1, untuk suatu k
bilangan bulat.
Maka n3 + 5 = (2k+1)3 + 5 = (8k3 + 10k2 + 6k + 1) + 5
= 8k3 + 10k2 + 6k + 6 = 2 (4k3 + 5k2 + 3k + 3)
Karena 4k3 + 5k2 + 3k + 3 bilangan bulat, maka n3 + 5 merupakan bilangan genap.
Kontradiksi dengan fakta bahwa n3 + 5 bilangan ganjil.
Akibatnya, pengandaian salah, dan haruslah n merupakan bilangan genap.
No. 2. (Strategi pembuktian)
Karena 2x2 > 14 bila |x|  3 dan 5y2 > 14 bila |y|  2, maka kasus tersisa yang harus
diperiksa adalah untuk x = -2, -1, 0, 1, 2 dan y = -1, 0, 1.
Untuk nilai x tersebut diperoleh 2x2 = 0, 2, atau 8; sedangkan untuk y berlaku 5y2 = 0
atau 5. Jadi nilai maksimum dari 2x2 + 5y2 = 13.
Dengan demikian tidak ada bilangan bulat x dan y yang memenuhi 2x2 + 5y2 = 14.
Ujian Tengah Semester I
MA 2281 Matematika Diskrit
Hari,Tanggal: Rabu, 17 Maret 2004
Waktu: 100 Menit
Semester: II, 2003/2004
Departemen Matematika
Institut Teknologi Bandung
No. 3. (Formulasi conjecture dan buktinya)
Setelah menyelidiki jumlah deret untuk nilai-nilai n yang kecil, diperoleh dugaan bahwa
1 1 1
1 2n  1
   n 
2 4 8
2
2n
Pernyataan di atas akan dibuktikan dengan menggunakan induksi matematika.
Misalkan P(n) adalah proposisi
Untuk n=1,
1 1 1
1 2n  1
.
   n 
2 4 8
2
2n
1 21  1
 1 . Jadi, P(1) benar.
2
2
Asumsikan P(k) bernilai benar, yaitu
1 1 1
1 2k  1
   k 
2 4 8
2
2k
akan dibuktikan P(k+1) juga benar.
1 1 1
1
1 
1
2k 1
1
1 1 1
     k 1        k   k 1 
 k 1
k
2 4 8
2
2  2
2
2
2 4 8
2(2 k  1)  1 (2 k 1  2)  1 2 k 1  1



2 k 1
2 k 1
2 k 1
Jadi, kebenaran P(k) mengakibatkan kebenaran P(k+1).
Kesimpulannya, P(n) benar untuk semua n bilangan asli, atau
1 1 1
1 2n  1
   n 
.
2 4 8
2
2n
Ujian Tengah Semester I
MA 2281 Matematika Diskrit
Hari,Tanggal: Rabu, 17 Maret 2004
Waktu: 100 Menit
Semester: II, 2003/2004
Departemen Matematika
Institut Teknologi Bandung
No. 4. (Induksi Matematika)
Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa jika n bilangan bulat positif
maka turunan dari fungsi f(x) = xn adalah sama dengan n xn-1.
Misalkan P(n) adalah proposisi “turunan dari fungsi f(x) = xn adalah n xn-1”.
Jika n=1 maka f(x) = x dan turunannya, f’(x) = 1 = 1 . x1-1”
Jadi, P(1) bernilai benar.
Kita asumsikan P(k) benar, artinya “turunan dari fungsi f(x) = xk adalah k xk-1”.
Akan ditunjukkan P(k+1) juga bernilai benar, yaitu akan ditunjukkan “turunan dari fungsi
f(x) = xk+1 adalah (k+1) x(k+1)-1”.
Karena f(x) = xk+1 = x . xk, kita dapat menggunakan aturan perkalian untuk menurunkan
f(x).
Dx[f(x)] = Dx[x . xk]
= Dx[x] . xk + x . Dx[xk]
= 1 . xk + x . k xk-1 (karena P(1) dan P(k) bernilai benar)
= xk + k xk
= (k+1) x(k+1)-1
Jadi, kebenaran P(k) mengakibatkan kebenaran P(k+1).
Kesimpulannya, P(n) benar untuk semua n bilangan bulat positif, atau
“turunan dari fungsi f(x) = xn adalah n xn-1”.
Ujian Tengah Semester I
MA 2281 Matematika Diskrit
Hari,Tanggal: Rabu, 17 Maret 2004
Waktu: 100 Menit
Semester: II, 2003/2004
Departemen Matematika
Institut Teknologi Bandung
No. 5. (Rekursi)
a. Misalkan n bilangan bulat positif, maka definisi rekursif dari fungsi dapat ditulis
sebagai
f(0) = 0,
f(1) = 1, dan
f(n+1) = ½ f(n), untuk n≥1.
Dugaan formula untuk f(n) adalah f (n) 
1
, n  1 dan f(0) = 0, yang akan
2 n 1
dibuktikan dengan menggunakan induksi matematika.
Misalkan P(n) adalah proposisi “fungsi f yang didefinisikan secara rekursif seperti
1
di atas, dapat dinyatakan secara eksplisit sebagai f (n)  n 1 , n  1 dan f(0) = 0”.
2
Untuk n= 0, f (0)  0 (berdasarkan definisi dari fungsi f). Jadi, P(0) benar.
1
Untuk n= 1, f (1)  11  1 . Jadi, P(1) benar.
2
1
1
Untuk n= 2, f (1)  21  2 , sedangkan menurut definisi fungsi secara rekursif,
2
2
f(2) = ½ f(2) = ½. Jadi, P(2) juga benar.
Asumsikan P(k) benar, dengan kata lain, f (k ) 
1
2 k 1
Akan dibuktikan P(k+1) juga benar, yaitu f (k  1) 
.
1
.
2
1
1 1
1
Berdasarkan definisi rekursif dari fungsi, f (k  1)  f (k )   k 1  ( k 1) 1 .
2
2 2
2
Jadi, jika P(k) benar maka P(k+1) juga benar.
( k 1) 1
Dengan demikian, P(n) benar untuk semua n bilangan cacah, sehingga
fungsi f yang didefinisikan secara rekursif seperti di atas, dapat dinyatakan
1
secara eksplisit sebagai f (n)  n 1 , n  1 dan f(0) = 0.
2
Ujian Tengah Semester I
MA 2281 Matematika Diskrit
Hari,Tanggal: Rabu, 17 Maret 2004
Waktu: 100 Menit
Semester: II, 2003/2004
Departemen Matematika
Institut Teknologi Bandung
b. Akan ditunjukkan bahwa barisan an = 2n + 1, n=1,2,… dapat didefinisikan secara
rekursif sebagai
a1 = 3 dan
an+1 = an + 2 untuk n=1,2,…
dengan menggunakan induksi struktural.
Untuk n=1, jelas bahwa a1 = 3= 2.1 + 1.
Misalkan ak = 2k + 1, akan dibuktikan bahwa suku selanjutnya dari barisan, yaitu
ak+1 yang diperoleh melalui proses rekursif, juga memenuhi definisi eksplisit dari
barisan an.
Dari definisi rekursif, ak+1 = ak + 2
= (2k + 1) + 2 (berdasarkan hipotesa induksi)
= 2(k + 1) + 1
Jadi, semua suku barisan yang diperoleh dari definisi rekursif di atas mempunyai
rumus eksplisit an = 2n + 1.
Dengan demikian,
a1 = 3 dan
an+1 = an + 2 untuk n=1,2,…
merupakan definisi rekursif dari barisan an = 2n + 1.