Pembuktian Induksi Matematika

1. Kelompok 2
1.Nanik Safitri
2.Rina Apriani
3.Nur Hayati
4.Joko Suprihatin

2. INDUKSI MATEMATIKA
 Induksi matematika adalah : MetodeInduksi matematika adalah : Metode
pembuktian untuk pernyataan perihalpembuktian untuk pernyataan perihal
bilangan bulat.bilangan bulat.
 Induksi matematikInduksi matematikaa merupakan teknikmerupakan teknik
pembuktian yang baku di dalampembuktian yang baku di dalam
matematika.matematika.

3. Materi Induksi Matematik
1.1. Prinsip induksi sederhanaPrinsip induksi sederhana
2.2. Prinsip induksi yang dirampatkanPrinsip induksi yang dirampatkan
3.3. Prinsip induksi kuatPrinsip induksi kuat
4.4. Prinsip induksi secara umum.Prinsip induksi secara umum.

4. Basis Induksi dan Langkah Induksi
 LangkahLangkah 11 dinamakandinamakan Basis InduksiBasis Induksi, sedangkan, sedangkan
langkahlangkah 22 dinamakandinamakan Langkah InduksiLangkah Induksi..
 Langkah induksi berisi asumsi (andaian) yangLangkah induksi berisi asumsi (andaian) yang
menyatakan bahwa p(n) benar.menyatakan bahwa p(n) benar.
 Asumsi tersebut dinamakanAsumsi tersebut dinamakan hipotesis induksihipotesis induksi..
 Bila kedua langkah tsb benar, maka sudahBila kedua langkah tsb benar, maka sudah
dibuktikan bahwa p(n) benar untuk semuadibuktikan bahwa p(n) benar untuk semua
bilangan bulat positif n.bilangan bulat positif n.

5. 1. Prinsip Induksi Sederhana
 Misalkan p(n) adalah pernyataan perihal bilanganMisalkan p(n) adalah pernyataan perihal bilangan
bulat positif danbulat positif dan ingin membuktikan bahwa p(n)ingin membuktikan bahwa p(n)
benar untuk semua bilangan bulat positif n.benar untuk semua bilangan bulat positif n.
Langkah-langkahnya adalah sbb:Langkah-langkahnya adalah sbb:
1. p(1. p(nn) benar) benar
2. jika p(n) benar, maka p(n+1) juga benar2. jika p(n) benar, maka p(n+1) juga benar
untuk semua bilangan bulat positif nuntuk semua bilangan bulat positif n ≥≥ 1.1.

6.  Basis induksiBasis induksi digunakan untukdigunakan untuk
memperlihatkan bahwa pernyataanmemperlihatkan bahwa pernyataan
tersebuttersebut benar bilabenar bila n diganti dengan 1n diganti dengan 1,,
yang merupakanyang merupakan bilangan bulat positifbilangan bulat positif
terkecil.terkecil.
 Langkah induksi harus memperlihatkanLangkah induksi harus memperlihatkan
bahwabahwa p(n)p(n) →→ p(n+1)p(n+1) benar untukbenar untuk
semua bilangan bulat positif.semua bilangan bulat positif.

7. Contoh 4.1 :
Tunjukkan bahwa untuk n ≥≥ 1,1, 1+2+3+…+n = n(n+1)/21+2+3+…+n = n(n+1)/2
melalui induksi matematikamelalui 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

8. 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)/2n(n+1)/2] + (n+1)
= [(n(n22
+n)/2+n)/2] + (n+1)
[(n(n22
+n)/2+n)/2] + [(2n+2)/2]
(n2
+ 3n + 2)/2
(n+1)(n+2)/2
(n+1) [(n+1)+1] /2
Langkah (i) dan (ii) dibuktikan benar, maka untuk
semua bilangan bulat positif n, terbukti bahwa untuk semua n ≥≥ 1,1,
1+2+3+…+n = n(n+1)/21+2+3+…+n = n(n+1)/2
sama

9. Contoh 4.3 :
Tunjukkan bahwa untuk n ≥≥ 1, bahwa1, bahwa nn33
+ 2n+ 2n adalah kelipatanadalah kelipatan 33
melalui induksi matematikamelalui 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

10. Pembuktiannya sbb:
(n+1)3
+ 2(n+1) = (n3
+ 3n2
+ 3n + 1) + (2n + 2)
= (n3
+ 2n) + (3n2
+ 3n + 3)
= (n3
+ 2n) + 3(n2
+ n + 1)
kelipatankelipatan 33

11. 2. Prinsip Induksi yang Dirampatkan.
 Jika ingin membuktikan bahwa pernyataanJika ingin membuktikan bahwa pernyataan
p(n) benar untuk semua bilangan bulatp(n) benar untuk semua bilangan bulat ≥≥ nn00 ,,
prinsip induksi sederhana dapatprinsip induksi sederhana dapat
dirampatkan untuk menunjukkannya,dirampatkan untuk menunjukkannya,
dengan cara sebagai berikut :dengan cara sebagai berikut :
1. p (n1. p (n00) benar, dan) benar, dan
2. jika p(n) benar maka p(n+1) juga benar2. jika p(n) benar maka p(n+1) juga benar
untuk semua bilangan bulat nuntuk semua bilangan bulat n ≥≥ nn00

12. 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

13. (ii) Langkah induksi : misalkan p(n) benar, yaitu proposisi
122222 1210
−=+⋅⋅⋅+++ +nn
Diasumsikan benar (hipotesis induksi). Kita harus menunjukkan
bahwa p(n+1) juga benar, yaitu
( )
1222222 111210
−=++⋅⋅⋅+++ +++ nnn
Hal ini kita tunjukkan sbb :
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
12
12
122
122
212
2222222222
11
2
1
11
11)1(
12101210
−=
−=
−⋅=
−+=
+−=
++⋅⋅⋅+++=++⋅⋅⋅+++
++
+
+
++
+++
++
n
n
n
nn
nn
nnnn
sama

14. 3. Prinsip Induksi Kuat
 Versi induksi yang lebih kuat diperlukan untukVersi induksi yang lebih kuat diperlukan untuk
membuktikan pernyataan mengenai bilangan bulat.membuktikan pernyataan mengenai bilangan bulat.
Versi induksi yang lebih kuat adalah sebagai berikut :Versi induksi yang lebih kuat adalah sebagai berikut :
 1. p (n1. p (n00) benar, dan) benar, dan
 2. Untuk semua bilangan bulat n2. Untuk semua bilangan bulat n ≥≥ nn00,,
jika p(njika p(n00), p(n), p(n00+1),….p(n) benar maka p(n+1)+1),….p(n) benar maka p(n+1)
juga benar.juga benar.

15.  Versi induksi yang lebih kuat, mirip denganVersi induksi yang lebih kuat, mirip dengan
induksi sederhana, kecuali bahwa pada langkah 2induksi sederhana, kecuali bahwa pada langkah 2
kita mengambil hipotesis induksi yang lebih kuatkita mengambil hipotesis induksi yang lebih kuat
bahwa semua pernyataan p(1), p(2), …., p(n)bahwa semua pernyataan p(1), p(2), …., p(n)
adalah benar daripada hipotesis yang menyatakanadalah benar daripada hipotesis yang menyatakan
bahwa p(n) benar pada induksi sederhanabahwa p(n) benar pada induksi sederhana
 Prinsip induksi kuat memungkinkan kita mencapaiPrinsip induksi kuat memungkinkan kita mencapai
kesimpulan yang sama meskipun pemberlakukankesimpulan yang sama meskipun pemberlakukan
andaian yang lebih banyak.andaian yang lebih banyak.

16. 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

17. 4. Bentuk Induksi Secara Umum
 Bentuk induksi secara umum dibuat supayaBentuk induksi secara umum dibuat supaya
dapat diterapkan tidak hanya untuk pembuktiandapat diterapkan tidak hanya untuk pembuktian
yang menyangkut himpunan bilangan bulatyang menyangkut himpunan bilangan bulat
positif, tetapi juga pembuktian yangpositif, tetapi juga pembuktian yang
menyangkut himpunan objek yang lebih umum.menyangkut himpunan objek yang lebih umum.
 Syaratnya himpunan objek itu harus memilikiSyaratnya himpunan objek itu harus memiliki
keterurutan dan mempunyai elemen terkecil.keterurutan dan mempunyai elemen terkecil.

18. Definisi :
Relasi biner “Relasi biner “ << “ pada himpunan X dikatakan terurut“ pada himpunan X dikatakan terurut
dengan baik bila memiliki properti berikut :dengan baik bila memiliki properti berikut :
 Diberikan x, y, zDiberikan x, y, z ∈∈ X, jika x < y dan y < z, maka x < z.X, jika x < y dan y < z, maka x < z.
 Diberikan x, yDiberikan x, y ∈∈ X, salah satu dari kemungkinan iniX, salah satu dari kemungkinan ini
benar: x < y dan y < x, atau x = ybenar: x < y dan y < x, atau x = y
 Jika A adalah himpunan bagian tidak kosong dari X,Jika A adalah himpunan bagian tidak kosong dari X,
terdapat elemen xterdapat elemen x ∈∈ A sedemikian sehinggaA sedemikian sehingga
xx ≤≤ y untuk semua yy untuk semua y ∈∈ A .A .
Dengan kata lain, setiap himpunan bagian tidak kosongDengan kata lain, setiap himpunan bagian tidak kosong
dari X mengandung elemen terkecil.dari X mengandung elemen terkecil.

19. Contoh 4.15 :
Buktikan dengan induksi matematik bahwa n5
– n habis dibagi 5
untuk n bilangan bulat positif.
Andaikan 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)

20. TERIMAKASIH