teori bilangan (induksi matematika)

INDUKSIMATEMATIKA

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. Pernyataan perihal bilangan bulat.2. Prinsip induksi sederhana3. Prinsip induksi yang dirampatkan4. Prinsip induksi kuat5. Prinsip induksi secara umum.

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.

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, dan2. 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

peroleh1 = 1(1+1)/2 = 1(2)/21 = 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

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

sama

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

1

111

11

11

111

23

641010 55

34

(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

segitiga Pascal

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

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

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

12101210

n

n

n

nn

nn

nnnn

sama

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

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

terurutdengan 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)

Sumber

Nama Pengarang : Dr. MuniriTahun Terbit : 2007Judul Buku : Teori Bilangan Kota Terbit : TulungagungPenerbit : -Jumlah Halaman : 88