Dokumen tersebut membahas tentang induksi matematika, yaitu metode pembuktian untuk pernyataan yang berkaitan dengan bilangan bulat. Terdapat beberapa prinsip induksi yang dijelaskan seperti induksi sederhana, induksi yang dirampatkan, induksi kuat, serta bentuk induksi secara umum beserta contoh-contoh penerapannya.

2. Induksi Matematika
• Induksi matematika adalah Metode
pembuktian untuk pernyataan perihal
bilangan bulat.
• Induksi matematik merupakan teknik
pembuktian yang baku di dalam matematika.

3. Materi Induksi Matematik
1. Pernyataan perihal bilangan bulat.
2. Prinsip induksi sederhana
3. Prinsip induksi yang dirampatkan
4. Prinsip induksi kuat
5. Prinsip induksi secara umum.

4. 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 :

5. 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

6. 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

7. 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.

8. 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.

9. 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.

10. • 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.

11. 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

12. 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

13. 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

14. 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

15. 1
11
1
1
1
1
1
1
11
2
3
64
1010 55
3
4
(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

16. 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

17. 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

18. (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

19. 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.

20. • 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.

21. 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

22. 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.

23. 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.

24. Contoh 4.15 :
Buktikan dengan induksi matematik bahwa n5 – n habis diba
untuk n bilangan bulat positif.
Andikan bahwa p(n) adalah proposisi bahwa n5 – n habis diba
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)

25. Sumber
Nama Pengarang: Dr. Muniri
Tahun Terbit : 2007
Judul Buku : Teori Bilangan
Kota Terbit : Tulungagung
Penerbit : -
Jumlah Halaman : 88