SOAL HOTS PENERAPAN INDUKSI MATEMATIKA PADA KETAKSAMAAN

SOAL HOTS PENERAPAN INDUKSI MATEMATIKA

PADA KETAKSAMAAN

Disusun Oleh:

Anggraeny Novita Putri P

JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG

2018

1) Buktikan bahwa 4n < 2ⁿ untuk semua bilangan bulat positif n ≥ 5.

Penyelesaian

Misalkan P(n) menyatakan pernyataan 4n < 2ⁿ.

a. P(5) adalah pernyataan 4 ∙ 5 < 2⁵, atau 20 < 32, yang bernilai benar.

b. Anggap P(k) benar. Sehingga hipotesis induksi kita adalah

Kita akan menggunakan hipotesis ini untuk menunjukkan bahwa P(k + 1) benar, yaitu

Sehingga kita mulai dengan bentuk di ruas kiri pertidaksamaan tersebut dan menggunakan hipotesis induksi untuk menunjukkan bahwa bentuk tersebut kurang dari bentuk yang berada di ruas kanan. Untuk k ≥ 5 kita mendapatkan
Description: Soal 6-2

Sehingga P(k + 1) mengikuti P(k), sehingga kita telah melakukan langkah induksi. Setelah kita membuktikan Langkah 1 dan 2, kita dapat menyimpulkan dengan menggunakan Prinsip Induksi Matematika bahwa P(n) benar untuk semua bilangan bulat positif n ≥ 5.

2) Buktikan bahwa

untuk semua bilangan bulat positif n ≥ 3.

Penyelesaian

Misalkan P(n) menyatakan (n + 1)² < 2n².

a. Pernyataan P(3), yaitu

dengan jelas bernilai benar.

b. Anggap P(k): (k + 1)² < 2k² bernilai benar, kita harus menunjukkan bahwa P(k + 1) juga bernilai benar, yaitu [(k+1) + 1]² < 2(k + 1)². Untuk k ≥3, kita memperoleh
Description: Soal 7-2

Sehingga kita telah menunjukkan kebenaran pernyataan jika P(k) benar maka P(k +1). Oleh karena itu, berdasarkan Langkah 1 dan 2, dengan induksi matematika kita dapat menyimpulkan bahwa P(n) benar untuk semua bilangan bulat positif n ≥ 3.

3) Buktikan bahwa n! > 2ⁿ untuk semua bilangan bulat positif n ≥ 4.

Penyelesaian

Misalkan P(n) merupakan notasi untuk pernyataan n! > 2ⁿ.

a) Pertama kita harus menunjukkan bahwa P(4) benar. Padahal P(4) menyatakan bahwa

Karena 4! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 dan 2⁴ = 16, maka P(4) benar.

b) Kita anggap bahwa P(k): k! > 2^k benar. Kita akan tunjukkan P(k + 1): (k + 1)! > 2^k^{+ 1}juga bernilai benar.
Description: Soal 8-2

Sehingga pada langkah induksi ini kita dapat melihat bahwa kebenaran P(k) mengakibatkan P(k + 1). Jadi, dari Langkah 1 dan 2, kita dapat menyimpulkan dengan induksi matematika bahwa P(n) bernilai benar untuk n ≥ 4.

4) Buktikan bahwa

untuk semua bilangan bulat positif n ≥ 2. Penyelesaian

Misalkan P(n) merupakan notasi dari pernyataan 1/√1 + 1/√2 + 1/√3 + … + 1/√n > √n.

a) Kita tunjukkan bahwa P(2) benar, yaitu
Description: Soal 9-1

Karena 1/√1 + 1/√2 ≈ 1,707 dan √2 ≈ 1,414 maka P(2) bernilai benar.

b) Anggap bahwa P(k) benar maka kita memperoleh hipotesis induksi seperti berikut.
Description: Soal 9-2 Hipotesis

Selanjutnya, kita tunjukkan bahwa P(k + 1) juga bernilai benar dengan menggunakan hipotesis tersebut. P(k + 1) menyatakan bahwa
Description: Soal 9-2 P(k+1)

Dengan menggunakan hipotesis induksi, kita ubah bentuk ruas kiri di atas menjadi bentuk yang ada di ruas kanan. Untuk k ≥ 2,
Description: Soal 9-2

Sehingga kita telah menunjukkan bahwa jika P(k) benar maka P(k + 1) benar. Jadi dengan menggunakan Prinsip Induksi Matematika kita dapat menyimpulkan bahwa P(n) benar untuk semua bilangan bulat n ≥ 2.

5) Misalkan
P(k) : 4k < 2^k P(k + 1) : 4(k + 1) < 2^k+1 Jika diasumsikan P(k) benar untuk k ≥ 5, tunjukkan P(k + 1) juga benar ! Ingat bahwa target kita adalah menunjukkan
4(k + 1) < 2^k+1 = 2(2^k) = 2^k + 2^k Kita dapat mulai dari ruas kiri pertaksamaan diatas
4(k + 1) = 4k + 4

4(k + 1) < 2^k + 4 (karena 4k < 2^k)

4(k + 1) < 2^k + 2^k (karena 4 < 4k < 2^k)

4(k + 1) = 2(2^k)

4(k + 1) = 2^k+1

Berdasarkan sifat transitif kita simpulkan
4(k + 1) < 2^k+1

6) 2n − 3 < 2^n-2

Jawab :
P(n) : 2n − 3 < 2^n-2
Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 5, n ∈ NN Langkah Dasar:
Akan ditunjukkan P(5) benar
2.5 − 3 = 7 < 2^5-2 = 8
Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi:
Asumsikan P(k) benar, yaitu 2k − 3 < 2^k-2 , k ≥ 5

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu

2(k + 1) − 3 < 2^k+1-2

2(k + 1) − 3 = 2k + 2 – 3

2(k + 1) − 3 = 2k − 3 + 2

2(k + 1) − 3 < 2^k-2 + 2 (karena 2k − 3 < 2^k-2)

2(k + 1) − 3 < 2^k-2 + 2^k-2 (karena 2 < 2k − 3 < 2^k-2)

2(k + 1) − 3 = 2(2^k-2) 2(k + 1) − 3 = 2^k+1-2

Jadi, P(k + 1) juga benar Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk setiap bilangan asli n ≥ 5.

7) Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 2 berlaku

3ⁿ > 1 + 2n

Jawab :
P(n) : 3ⁿ > 1 + 2n

Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 2, n ∈ NN

Langkah Dasar:

Akan ditunjukkan P(2) benar

3² = 9 > 1 + 2.2 = 5

Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi:

Asumsikan P(k) benar, yaitu 3^k > 1 + 2k, k ≥ 2

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu

3^k+1 > 1 + 2(k + 1)

3^k+1 = 3(3^k)

3^k+1 > 3(1 + 2k) (karena 3^k > 1 + 2k)

3^k+1 = 3 + 6k

3^k+1 > 3 + 2k (karena 6k > 2k)

3^k+1 = 1 + 2k + 2

3^k+1 = 1 + 2(k + 1)

Jadi, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk setiap bilangan asli n ≥ 2.

8) Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 4 berlaku

(n + 1)! > 3ⁿ

Jawab :
P(n) : (n + 1)! > 3ⁿ

Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ NN

Langkah Dasar:

Akan ditunjukkan P(4) benar

(4 + 1)! > 3⁴

ruas kiri : 5! = 5.4.3.2.1 = 120

ruas kanan : 3⁴ = 81

Jadi, P(1) benar

Langkah Induksi:

Asumsikan P(k) benar, yaitu

(k + 1)! > 3^k , k ≥ 4

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
(k + 1 + 1)! > 3^k+1

(k + 1 + 1)! = (k + 2)!

(k + 1 + 1)! = (k + 2)(k + 1)!

(k + 1 + 1)! > (k + 2)(3^k) (karena (k + 1)! > 3^k)

(k + 1 + 1)! > 3(3^k) (karena k + 2 > 3)

(k + 1 + 1)! = 3^k+1

Jadi, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk setiap bilangan asli n ≥ 4.

9) Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi

Jawaban:
Karena pangkat variabel x genap, maka

pasti positif, sehingga berlaku ketaksamaan AM – GM:
Karena pada soal dinyatakan bahwa

, sedangkan berdasarkan ketaksamaan AM – GM didapat

, maka ketaksamaan tersebut hanya dipenuhi jika

.
Jadi,

memenuhi ketaksamaan saat

atau

sehingga

yang memenuhi adalah

atau

10) Buktikan bahwa 2ⁿ > n + 20 untuk setiap bilangan bulat n ≥ 5.

Penyelesaian :

(i) Basis induksi : Untuk n = 5, kita peroleh 2⁵ > 5 + 20 adalah suatu pernyataan yang benar.

(ii) Langkah induksi : Misalkan bahwa 2^k > k + 20 adalah benar.

Sekarang kita peroleh 2^k+1 = 2.2k > 2(k + 20) = 2k + 40 > (k + 1) + 20

Konklusi : Maka disimpulkan bahwa 2ⁿ > n + 20 adalah benar untuk n ≥ 5.

11) Tunjukkan bahwa setiap segitiga tidak sama sisi dapat dibagi menjadi n (n ≥ 4) segitiga samakaki

Penyelesaian :

(i) Basis induksi : Kita nyatakan p(n) sebagai “setiap segitiga tidak sama sisi dapat dibagi menjadi n (n ≥ 4) segitiga samakaki”. Jika n = 4, maka kita cukup menarik garis tinggi dari salah satu sudut sehingga garis tinggi tersebut berpotongan dengan sisi di hadapan sudut tersebut bukan pada perpanjangannya, sehingga kita membagi segitiga tersebut menjadi dua segitiga siku-siku, sedangkan setiap segitiga siku-siku itu dapat kita bagi menjadi dua buah segitiga samakaki, sehingga pada akhirnya kita membagi segitiga tersebut menjadi empat segitiga samakaki. Jadi p(4) benar.

(ii) Langkah induksi : Sekarang asumsikan untuk suatu m ϵ N, m ≥ 4, p(m) adalah benar. Akan ditunjukkan bahwa p(m + 1) juga benar. Misalkan segitiga yang akan dibagi adalah segitiga ABC dan panjang sisi-sisi segitiga tersebut adalah a, b, c, di mana a ≤ b ≤ c. Karena segitiga ABC tidak samasisi maka kita bisa memilih dua sisi yang tidak sama panjang, misalkan sisi-sisi tersebut adalah a dan c. Sekarang kita bagi segitiga ABC menjadi segitiga samakaki DCB dan segitiga DCA, dimana D terletak pada sisi AB, dan BC = BD. Sekarang berdasarkan asumsi induksi, segitiga DCA dapat dibagi menjadi m buah segitiga samakaki (karena DCA bukan segitiga samasisi).

(iii) Konklusi : Sehingga kita dapat menarik kesimpulan dari langkah induksi di atas bahwa segitiga ABC dapat dibagi menjadi m + 1 buah segitiga samakaki. Berdasarkan hasil tersebut maka p(n) benar untuk semua m ϵ N, m ≥ 4.

12) Buktikan untuk n, m ϵ N, n > 1 berlaku identitas

F_n+m = F_n–1F_m + F_nF_m+1

Penyelesaian :

(i) Basis induksi : Kita umpamakan untuk m = 1, maka

F_n+1 = F_n–1 + F_n= F_n–1 F₁ + F_nF₂ adalah benar untuk sembarang nilai n. Sedangkan untuk m = 2, maka F_n+2= F_n+1 + F_n= F_n–1 + 2F_n = F_n–1F₂+ F_nF₃ adalah juga bernilai benar untuk sembarang nilai n.

(ii) Langkah induksi : sekarang kita asumsikan bahwa identitas berlaku untuk semua m ≤ k, untuk semua k ϵ N, k > 1. Maka,

F_n+k+1 = F_n+k + F_n+k–1

= F_n–1 F_k + F_n F_k+1 + F_n–1 F_k–1 + F_n F_k

= F_n–1 (F_k + F_k–1) + F_n (F_k+1+ F_k)

= F_n–1 F_k+1 + F_n F_k+2

yang berarti identitas juga berlaku untuk m = k +1. Berdasarkan prinsip induksi kuat, identitas berlaku untuk sebarang nilai m, n ϵ N, n > 1.

(iii) Konklusi : Dari persoalan yang baru saja kita selesaikan, terdapat suatu hal yang menarik dimana terdapat lebih dari satu parameter dalam proposisi. Sangat membingungkan, tapi perhatikan bahwa dalam identitas tersebut, kedua parameter m dan n muncul secara simetri, yang berarti kita bebas memilih salah satu dari keduanya untuk dijadikan parameter induksi.

13) Untuk semua n ϵ N, tunjukkan ketaksamaan berikut selalu berlaku:

Penyelesaian :

(i) Basis induksi : Mungkin kita akan langsung terpikirkan untuk menggunakan prinsip induksi dasar dan menggunakan parameter induksi n dalam menyelesaikan soal ini. Tapi kalaupun kita telah mengetahui bahwa

, kita tidak dapat menyimpulkan apa-apa tentang

, Disini terlihat bahwa pemilihan n sebagai parameter induksi tidak membawa hasil yang diharapkan. Alih-alih membuktikan ketaksamaan di atas, kita akan membuktikan ketaksamaan yang lebih umum.

(ii) Langkah induksi : Kita akan membuktikan bahwa ketidaksamaan

, berlaku untuk C dengan prinsip induksi matematika bekerja terbalik. Kali ini kita akan membuktikan bahwa ketaksamaan berlaku untuk m = n lalu mundur hingga ke m = 2.

Untuk m = n, ketidaksamaan jelas berlaku karena

. Sekarang kita asumsikan untuk suatu k ϵ N, k < n, ketidaksamaan berlaku untuk m = k + 1, yaitu :

, maka

Jadi ketaksamaan juga berlaku untuk m = k.

(iii) Konklusi : Berdasarkan prinsip induksi matematika bekerja mundur kita dapat menyimpulkan ketidaksamaan berlaku untuk semua m ϵ N, m ≥ 2.

14) Bilangan bulat positif disebut prima jika dan hanya jika bilangan bulat tersebut habis dibagi dengan 1 dan dirinya sendiri. Kita ingin membuktikan bahwa setiap bilangan bulat positif n (n  2) dapat dinyatakan sebagai perkalian dari (satu atau lebih) bilangan prima. Buktikan dengan prinsip induksi kuat.

Penyelesaian:

Basis induksi. Jika n = 2, maka 2 sendiri adalah bilangan prima dan di sini 2 dapat dinyatakan sebagai perkalian dari satu buah bilangan prima, yaitu dirinya sendiri.

Langkah induksi. Misalkan pernyataan bahwa bilangan 2, 3, …, n dapat dinyatakan sebagai perkalian (satu atau lebih) bilangan prima adalah benar (hipotesis induksi). Kita perlu menunjukkan bahwa n + 1 juga dapat dinyatakan sebagai perkalian bilangan prima. Ada dua kemungkinan nilai n + 1:

a) Jika n + 1 sendiri bilangan prima, maka jelas ia dapat dinyatakan sebagai perkalian satu atau lebih bilangan prima.

b) Jika n + 1 bukan bilangan prima, maka terdapat bilangan bulat positif a yang membagi habis n + 1 tanpa sisa. Dengan kata lain,

(n + 1)/ a = b atau (n + 1) = ab yang dalam hal ini, 2  a  b  n. Menurut hipotesis induksi, a dan b dapat dinyatakan sebagai perkalian satu atau lebih bilangan prima. Ini berarti, n + 1 jelas dapat dinyatakan sebagai perkalian bilangan prima, karena n + 1 = ab.

Karena langkah (i) dan (ii) sudah ditunjukkan benar, maka terbukti bahwa setiap bilangan bulat positif n (n  2) dapat dinyatakan sebagai perkalian dari (satu atau lebih) bilangan prima.

15) Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa $Description: n!\geq 2^{n-1}$ , untuk setiap

Jawaban :

Akan di tunjukkan bahwa $Description: n!\geq 2^{n-1}$ benar untuk

. Jelas sekali bahwa $Description: 1!=1\geq 1=2^0=2^{1-1}$ .

Asumsikan Bahwa $Description: n!\geq 2^{n-1}$ adalah benar untuk

. Akan ditunjukkan bahwa $Description: n!\geq 2^{n-1}$ juga benar untuk

, yaitu $Description: (k+1) \geq 2^{(k+1)-1}$ .

$Description: (k+1)k! \geq (k+1) 2^{k-1}$

$Description: (k+1)k! \geq 2.2^{(k-1)}$

$Description: (k+1)k! \geq 2^{(k-1)+1}$

Terbukti bahwa $Description: (k+1)k! \geq 2^{(k-1)+1}$ . Karena Langkah Dasar dan Langkah Induktif terbukti, maka dapat disimpulkan bahwa $Description: n!\geq 2^{n-1}$ , untuk setiap

16) Buktikan pernyataan “Untuk membayar biaya pos sebesar n sen ( n

8) selalu dapat digunakan hanya perangko 3 sen dan perangko 5 sen” benar.

Penyelesaian :

(i) Basis induksi. Untuk membayar biaya pos 8 sen dapat digunakan 1 buah perangko 5 sen saja. Ini jekas benar.

(ii) Langkah induksi. Andaikan p(n) benar, yaitu untuk membayar biaya pos sebesar n (n

8) sen dapat digunakan perangko 3 sen dan 5 sen (hipotesis induksi). Kita harus menunjukkan bahwa p (n+1) juga benar, yaitu untuk membayar biaya pos sebesar n+1 sen juga dapat menggunakan perangko 3 sen dan perangko 5 sen. Ada dua kemungkinan yang perlu diperiksa :

(a) Kemungkinan pertama, misalkan kita membayar biaya pos senilai n sen dengan sedikitnya satu perangko 5 sen. Dengan mengganti 1 buah perangko 5 sen dengan 2 buah perangko 5 sen, akan diperoleh susunan perangko senilai n+1 sen.

(b) Kemungkinan kedua, jika tidak ada perangko 5 sen yang digunakan, biaya pos senilai n sen mengunakan perangko 3 sen semuanya. Karena n

8, setidaknya harus digunakan 3 buah perangko 3 sen. Deng N mengganti 3 buah perangko 3 sen dengan 2 buah perangko 5 sen, akan dihasilkan nilai perangko n+1 sen.

17) 2n adalah bilangan kelipatan 3, untuk n bil. Bulat positif.

Pembuktian :

n3 + 2n adalah kelipatan 3. Untuk setiap n bilangan bulat positif

Jawab :

Untuk n = 1 akan diperoleh :

(i) Pn : 13 + 2(1)

(ii) 1 = 3 , kelipatan 3

Induksi : misalkan untuk n = k asumsikan k3 + 2k = 3x

(iii) adib. Untuk n = k + 1 berlaku:

buktikan benar untuk Pn=k+1

(k + 1)3 + 2(k + 1) adalah kelipatan 3

(k3 + 3k2 + 3 k + 1) + 2k + 2

(k3 + 2k) + (3k2 + 3k + 3)

(k3 + 2k) + 3 (k2 + k + 1) Induksi

3x + 3 (k 2 + k + 1)

3 (x + k 2 + k + 1)

Kesimpulan : n3 + 2n adalah kelipatan 3

Untuk setiap bilangan bulat positif n.

18) Buktikan bahwa jumlah n bilangan ganjil pertama adalah n².

Pembuktian :

Basis : Untuk n = 1 akan diperoleh :

1 = 12

1 = 1

Induksi : misalkan untuk n = k asumsikan 1 + 3 + 5 + …+ (2k – 1) = k²

adib. Untuk n = k + 1 berlaku :

1 + 3 + 5 + …+ (2 (k + 1) – 1) = (k + 1)²

1 + 3 + 5 + …+ (2k + 1) = (k + 1)²

1 + 3 + 5 + …+ ((2k + 1) – 2) + (2k + 1) = (k + 1)²

1 + 3 + 5 + …+ (2k - 1) + (2k + 1 ) = (k + 1)²

k 2 + (2K + 1) = (k + 1)²

k 2 + 2K + 1 = k 2 + 2K + 1

Kesimpulan : 1 + 3 + 5 + … + n = (2n - 1) = n²

Untuk setiap bilangan bulat positif n

19) n3 + (n+1)3 + (n+2)3 habis dibagi 9 n bil. Asli

pembuktian:

n³ + (n+1)³ + (n+2)³ habis dibagi 9 untuk n bulat positif. Berarti n paling kecil = 1
untuk n = 1, maka 1³ + 2³ + 3³ = 1 + 8 + 27 = 36 <== habis dibagi 9 misalkan benar untuk n = k maka benar bahwa k³ + (k+1)³ + (k+2)³ habis dibagi 9 hendak dibuktikan bahwa benar untuk n= k+1 yaitu hendak dibuktikan bahwa

(k+1)³ + (k+2)³ + (k+3)³ habis dibagi 9

(k+3)³ = k³ + 3k².3 + 3k.3² + 3³

=k³ + 9k² + 27k + 27

jadi

(k+1)³ + (k+2)³ + (k+3)³ = (k+1)³ + (k+2)³ + k³ + 9k² + 27k + 27 atur ulang urutannya

= k³ + (k+1)³ + (k+2)³ + 9k² + 27k + 27

tetapi k³ + (k+1)³ + (k+2)³ habis dibagi 9

dan masing-masing suku dari 9k² + 27k + 27 juga habis dibagi 9 Jadi terbukti bahwa (k+1)³ + (k+2)³ + (k+3)³ habis dibagi 9. Bukti selesai.

20) Jika k > 4, k adalah bilangan bulat maka buktikan