Bahan Ajar Induksi Matematika Pdf



Induksi Matematika merupakan keseleo satu metode pembuktian dalam matematika, selain Induksi Matematika ada beberapa metode enggak yang absah digunakan dalam pengecekan kebenaran suatu pernyataan sama dengan pembuktian langsung, pembuktian tak lanngsung, trivial, dan sebagainya. Sahaja internal gubahan ini kita belaka akan membahas metode pembuktian dengan induksi matematika, dimana materi ini sudah lalu di pelajari sejak SMA (untuk kurikulum 2022, induksi matematika dipelajari di kelas XI matematika teradat)

Maksud dari induksi matematika adalah membuktikan sesuatu yang masyarakat, diturunkan mulai sejak beberapa keadaan yang spesial, dan cara ini dolan bikin semua $n$ ganjaran tulus.

Bakal membuktikan bahwa suatu rumus berlaku bakal semua bilangan murni, cara pembuktiannya diperlukan 2 tingkatan, yakni:

  1. Tunjukkan moralistis bikin $n=1$
  2. Tunjukkan benar bikin $falak=k$ dan benar kembali bagi $cakrawala=k+1$

Jika kedua syarat tersebut terpenuhi, maka rumus tersebut benar cak bagi setian $n\in N$.

Berikut ini saya sajikan beberapa acuan pembuktian dengan induksi matematika meliputi pembuktian deret suratan dan pembuktian pertidaksamaan



Pembuktian Deret Bilangan dengan Induksi Matematika





Eksemplar 1

Buktikan bahwa jumlah $n$ suku mula-mula suratan ganjil ialah $falak^2$




Pembahasan:

Pernyataan puas soal di atas boleh ditulis:

$\begin{align*}1+3+5+\cdots+(2n-1)&=n^2\\\sum_{i=1}^{tepi langit}\left(2i-1\right )&=n^2\end{align*}$



Langkah 1

Untuk $falak=1$, $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(2i-1)=1=1^2$
(Moralistis)



Awalan 2

Misalkan pernyataan di atas berlaku untuk $n=k$, maka:

$\displaystyle\sum_{i=1}^{k}(2i-1)=k^2$(Hipotesis)

Berdasarkan dugaan diatas, akan kita buktikan bahwa pernyataan tersebut sopan lagi lakukan $n=k+1$, maka haruslah $\displaystyle\sum_{i=1}^{k+1} (2i-1)=(k+1)^2$

kita akan berkarya di ruas kidal

$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}(2i-1)&=\sum_{i=1}^{k}(2i-1)+\sum_{i=k+1}^{k+1}(2i-1)\\&=k^2+\left\{ 2(k+1)-1\right \}\\&=k^2+2k+1\\&=(k+1)^2\end{align*}$

Karena pernyataan di atas bermoral untuk $n=1$ dan $ufuk=k+1$, maka $\displaystyle\sum_{i=1}^{lengkung langit}(2i-1)=t^2$ yakni etis.











Hipotetis 2:



Buktikan bahwa:

$1^2+2^2+3^2+\cdots+ufuk=\frac{1}{6}tepi langit(ufuk+1)(2n+1)$








Pembahasan:



Pernyataan pada soal di atas dapat ditulis:

$$\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{1}{6}kaki langit(tepi langit+1)(2n+1)$$



Langkah 1



Bagi $horizon=1$,

$\begin{align*}\sum_{i=1}^{1}i^2&=\frac{1}{6}(1)(1+1)(2+1)\\1&=1\space\text{         (Etis)}\end{align*}$







Anju 2




Misalkan pernyataan di atas ter-hormat untuk $n=k$, yaitu:

$\displaystyle\sum_{i=1}^{k}i^2=\frac{1}{6}k(k+1)(2k+1)$
(Postulat)








Bagi $n=k+1$ maka haruslah


$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1} i^2&=\frac{1}{6}(k+1)\left\{ (k+1)+1\right \} \left\{ 2(k+1)+1\right \} \\&=\frac{1}{6}(k+1)(k+2)(2k+3)\end{align*}$







Bukti:


$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}i^2&=\sum_{i=1}^{k}i^2+\sum_{i=k+1}^{k+1}i^2\\&=\left(\frac{1}{6}k(k+1)(2k+1)\right)+(k+1)^2\\&=\frac{1}{6}(k+1)\left\{k(2k+1)+6(k+1)\right\}\\&=\frac{1}{6}(k+1)(2k^2+k+6k+6)\\&=\frac{1}{6}(k+1)(k+2)(2k+3)\end{align*}$





Eksemplar 3:


Buktikan $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n}{2}(n+1)$








Pembahasan:











Langkah 1




Untuk $n=1$, maka

$\frac{tepi langit}{2}(kaki langit+1)=\frac{1}{2}(1+1)=1$(Bermoral)










Langkah 2




Misalkan pernyataan di atas moralistis untuk $kaki langit=k$, yaitu:

$\displaystyle\sum_{i=1}^{k}i=\frac{k}{2}(k+1)$
(Postulat)

Untuk $tepi langit=k+1$ jumlahnya haruslah:

$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}i&=\frac{k+1}{2}\left\{(k+1)+1 \right\}\\&=\left(\frac{k+1}{2}\right)(k+2)\end{align*}$



Bukti:

$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}i&=\sum_{i=1}^{k}i+\sum_{i=k+1}^{k+1}i\\&=\frac{k}{2}(k+1)+(k+1)\\&=\left(\frac{k}{2}+1\right)(k+1)\end{align*}$





Lengkap 4:



Buktikan bahwa $\displaystyle 1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=\frac{1}{4}n^2\left(falak+1\right)^2$








Pembahasan:












Langkah 1




Buat $t=1$, maka

$\begin{align*}1^3&=\frac{1}{4}(1^2)(1+1)^2\\1&=\frac{1}{4}(1)(4)\\1&=1\space\text{      (Benar)}\end{align*}$







Langkah 2




Misalkan benar bakal $n=k$, yaitu:

$\displaystyle 1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3=\frac{1}{4}k^2(k+1)^2$





akan dibuktikan untuk $n=k+1$

$\begin{align*}1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3+(k+1)^3&=\frac{1}{4}(k+1)^2((k+1)+1)^2\\ \frac{1}{4}k^2(k+1)^2+(k+1)^3&=\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2\\\frac{1}{4}(k+1)^2(k^2+4k+4)&=\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2\\\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2&=\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2 \end{align*}$

Uang sogok : Takdirnya ada karakter/kemiripan matematika plong garitan ini yang tidak tampil sempurna atau kudung karena anda menelanjangi laman ini melelui mobile (android), masalah karena resolusi yang tidak memadai, kiranya kunjungi laman ini menggunakan PC/laptop. Jika menggunakan handphone sebaiknya dalam posisi landscape





Hipotetis 5



Buktikan bahwa $\displaystyle (1.1!)+(2.2!)+(3.3!)+\cdots+(n.n!)=(n+1)!-1$








Pembahasan:











Persiapan 1




Lakukan $n=1$, maka

$\begin{align*}1.1!&=(1+1)!-1\\1.1&=2!-1\\1&=2-1\\1&=1\space\space\space\text{(Benar)}\end{align*}$







Awalan 2




Misal benar bikin $n=k$, yaitu:





$\displaystyle (1.1!)+(2.2!)+(3.3!)+\cdots+(k.k!)=(k+1)!-1$






Akan dibuktikan untuk $tepi langit=k+1$


$\begin{align*}(1.1!)+(2.2!)+(3.3!)+\cdots+(k.k!)+\left((k+1)(k+1)!\right)&=\left((k+1)+1\right)!-1\\(k+1)!-1+(k+1)(k+1)!&=(k+2)!-1\\(k+1)!(1+k+1)-1&=(k+2)!-1\\(k+1)!(k+2)-1&=(k+2)!-1\\(k+2)!-1&=(k+2)!-1\end{align*}$










Testimoni Keterbagian dengan Induksi Ilmu hitung





Komplet 6



Buktikan bakal $n\in$ predestinasi nirmala $4^n-1$ habis dibagi 3








Pembahasan:











Ancang 1




Untuk $n=1$, maka:

$4^1-1=3$  (habis dibagi 3)







Langkah 2




Misalkan pernyataan di atas bersusila untuk $tepi langit=k$, maka $4^k-1$ habis dibagi 3
(hipotesis)






Akan dibuktikan untuk $t=k+1$


$\begin{align*}4^{k+1}-1&=4.4^k-1\\&=3.4^k+4^k-1\\&=3.4^k+\left(4^k-1\right)\end{align*}$





Jelas $3.4^k$ merupakan kelipatan 3 dan berdasarkan presumsi $4^k-1$ merupakan kelipatan 3, maka manjur bahwa $4^n-1$ sangat dibagi 3 bakal $n\in $ bilangan sejati









 Teladan 7



Buktikan $\displaystyle a^{2n}-b^{2n}$ habis dibagi oleh $(a+b)$








Pembahasan:











Langkah 1




Untuk $falak=1$, maka $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$.

Karena $(a-b)(a+b)$ habis dibagi $(a+b)$, maka pernyataan tersebut moralistis bagi $n=1$







Langkah 2




Misalkan pernyataan tersebut benar untuk $n=k$, yaitu $a^{2k}-b^{2k}$ sangat dibagi $(a+b)$.





Akan dibuktikan bakal $n=k+1$


$\begin{align*}a^{2(k+1)-b^{2(k+1)}}&=a^{2k+2}-b^{2k+2}\\&=a^2(a^{2k}-b^{2k})+b^{2k}(a^2-b^2)\end{align*}$





Karena $a^{2k}-b^{2k}$ dulu dibagi $(a+b)$ dan $a^2-b^2$ juga lewat dibagi $(a+b)$, maka $a^{2n}-b^{2n}$ habis dibagi makanya $(a+b)$








Baca:
Download Bank tanya induksi ilmu hitung format pdf





Contoh 8



Buktikan $4^{kaki langit+1}-4$ habis dibagi 12








Pembahasan:











Anju 1




Bikin $cakrawala=1$

$4^{1+1}-4=4^2-4=16-4=12$(dahulu dibagi 12)










Anju 2




Misal pernyataan tersebut benar bagi $n=k$, yaitu:

$4^{k+1}-4$ lalu dibagi 12





Akan dibuktikan lakukan $cakrawala=k+1$


$\begin{align*}4^{(k+1)+1}-4&=4^{k+2}-4\\&=16.4^k-4\\&=12.4^k+4.4^k-4\\&=12.4^k+(4^{k+1}-4)\end{align*}$





Karea $12.4^k$  dan $4^{k+1}-4$ silam dibagi 12, maka $4^{tepi langit+1}-4$ habis dibagi 12





Hipotetis 9:


Buktikan bahwa $P(n)=n(falak+1)(n+5)$  habis dibagi 3








Pembahasan:











Persiapan 1




Cak bagi $ufuk=1$, maka

$P(1)=1(1+1)(1+5)=12$    (dahulu dibagi 3)








Persiapan 2





Misalkan pernyataan di atas bermoral untuk $horizon=k$,  atau dengan kata lain $P(k)$ merupakan kelipatan 3,

$P(k)=k(k+1)(k+5)=k^3+6k^2+5k$

Akan dibuktikan bahwa $P(k+1)$ merupakan kelipatan 3:

$\begin{align*}P(k+1)&=(k+1)\left((k+1)+1\right)\left((k+1)+5\right)\\&=(k+1)(k+2)(k+6)\\&=k^3+9k^2+10k+12\\&=(k^3+6k^2+5k)+(3k^2+15k+12)\\&=(k^3+6k^2+5k)+3(k^2+5k+4)\end{align*}$

Bersendikan hipotesis, $k^3+6k^2+5k$ merupakan kelipatan 3 dan $3(k^2+5k+4)$ jelas yakni kelipatan 3, maka dapat disimpulkan bahwa $P(lengkung langit)$ tinggal dibagi 3 buat $kaki langit\in Lengkung langit$


Pemeriksaan ulang Pertidaksamaan dengan Induksi Matematika





Contoh 10:


Buktikan bahwa

$$n^2 \geq 2n+7$$

buat setiap bilangan asli $n\geq 4$






Pembahasan:

Kita gunakan induksi matematika umum, dengan:

$P(n)\equiv n^2 \geq 2n+7$

Kita akan membuktikan bahwa $P(n)$ benar bikin setiap bilangan jati $ufuk$ dengan $ n\geq 4$.






Langkah 1 (Persiapan asal):



kita akan membuktikan kebenaran $P(4)$

$P(4)\equiv 4^2\geq 2(4)+7\Leftrightarrow 16\geq 15$ (Benar)






Langkah 2 (Persiapan Induksi):



kita misalkan $P(k)$ benar untuk $k \geq 4$

$P(k)\equiv k^2 \geq 2k+7$ untuk $ k \geq 4$ (hipotesis)




mulai sejak dugaan kita peroleh:

$k^2 \geq 2k+7$             jika kedua ruas kita tambah $2k+1$, maka:

$k^2+2k+1 \geq 4k+8$

$(k+1)^2 \geq 4k+8$

$(k+1)^2 \geq 2(k+1)+2(k+3)$ karena $k \geq 4$ maka $k+3 \geq 7$

$(k+1)^2 \geq 2(k+1)+2(7)$

$(k+1)^2 \geq 2(k+1)+14$




Dengan menggunakan situasi di atas, kita akan membuktikan $P(k+1)$, yaitu:

$$P(k+1) \equiv (k+1)^2 \geq 2(k+1)+7$$

karena $(k+1)^2 \geq 2(k+1)+14$ sreg dugaan kita misalkan benar, maka $(k+1)^2 \geq 2(k+1)+7$ benar (karena 14 > 7)

Dengan demikian pernyataan tersebut benar buat setiap bilangan ceria  $n\geq 4$


Demikianlah sejumlah soal dan pembahasan tersapu materi induksi matermatika yang dipelajari di kelas XI Matematika wajib. Semoga bermanfaat




Jikalau mengangankan file pdf kerjakan gubahan ini, marilah download melintasi link berikut:



Source: https://www.m4th-lab.net/2018/08/konsep-soal-dan-pembahasan-induksi.html