Matematika Dasar Induksi Matematika (*Soal Dari Buku Siswa Matematika Kurikulum 2013)

Soal Induksi Matematika yang kita diskusikan berikut diambil buku matematika wajib kurikulum 2013 kelas XI $(sebelas)$. Pada latihan uji kompetensi 1.2 ada sebanyak 15 soal latihan, yang kita diskusikan disini adalah soal latihan untuk nomor 6 sampai dengan nomor 15.

Jika ingin membaca penjelasan sederhana wacana pembuktian dengan induksi matematika mampu dibaca pada bahan diskusi sebelumnya adalah Belajar Induksi Matematika Pada Kurikulum 2013.

6. Dengan induksi matematika buktikan bahwa
$\frac{1}{1\cdot 2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot4}+\frac{1}{3\cdot 4\cdot5}+\cdots +\frac{1}{n\cdot \left (n+1 \right )\cdot\left (n+2 \right )}$$=\frac{n\cdot \left (n+3 \right )}{4\cdot \left (n+1 \right )\cdot\left (n+2 \right )}$

Alternatif Pembahasan: show

Langkah I
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
$P\left ( n \right )$:$\frac{1}{1\cdot 2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot4}+\frac{1}{3\cdot 4\cdot5}+\cdots +\frac{1}{n\cdot \left (n+1 \right )\cdot\left (n+2 \right )}$$=\frac{n\cdot \left (n+3 \right )}{4\cdot \left (n+1 \right )\cdot\left (n+2 \right )}$

Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 1 \right )$:$\frac{1}{1\cdot 2\cdot3}$$=\frac{1\cdot \left (1+3 \right )}{4\cdot \left (1+1 \right )\cdot\left (1+2 \right )}$
$P\left ( 1 \right )$$\frac{1}{6}$$=\frac{1}{6}$
$\therefore P\left ( 1 \right )$ berlaku atau benar.

kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 2 \right )$:$\frac{1}{1\cdot 2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot4}$$=\frac{2\cdot \left (2+3 \right )}{4\cdot \left (2+1 \right )\cdot\left (2+2 \right )}$
$P\left ( 2 \right )$:$\frac{1}{6}+\frac{1}{24}$$=\frac{10}{48}$
$P\left ( 2 \right )$:$\frac{8}{48}+\frac{2}{48}$$=\frac{10}{48}$
$\therefore P\left ( 2 \right )$ berlaku atau benar.

Langkah II
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Misalkan $k$ sebuah bilangan asli, untuk $n=k$ pada $P\left ( n \right )$ adalah benar, sehingga berlaku
$\frac{1}{1\cdot 2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot4}+\cdots +\frac{1}{k\cdot \left (k+1 \right )\cdot\left (k+2 \right )}$$=\frac{k\cdot \left (k+3 \right )}{4\cdot \left (k+1 \right )\cdot\left (k+2 \right )}$

Langkah III
Akan kita buktikan berikutnya untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar, yaitu:
$\frac{1}{1\cdot 2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot4}+\cdots +\frac{1}{n\cdot \left (n+1 \right )\cdot\left (n+2 \right )}$$=\frac{n\cdot \left (n+3 \right )}{4\cdot \left (n+1 \right )\cdot\left (n+2 \right )}$
$\frac{1}{1\cdot 2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot4}+\cdots +\frac{1}{\left (k+1 \right )\cdot \left (k+1+1 \right )\cdot\left (k+1+2 \right )}$$=\frac{\left (k+1 \right )\cdot \left (k+1+3 \right )}{4\cdot \left (k+1+1 \right )\cdot\left (k+1+2 \right )}$
$\frac{1}{1\cdot 2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot4}+\cdots +\frac{1}{\left (k+1 \right )\cdot \left (k+2 \right )\cdot\left (k+3 \right )}$$=\frac{\left (k+1 \right )\cdot \left (k+4 \right )}{4\cdot \left (k+2 \right )\cdot\left (k+3 \right )}$

$\frac{1}{1\cdot 2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot4}+\cdots +\frac{1}{\left (k+1 \right )\cdot \left (k+2 \right )\cdot\left (k+3 \right )}$
$=\frac{1}{1\cdot 2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot4}+\cdots +\frac{1}{k\cdot \left (k+1 \right )\cdot\left (k+2 \right )}+\frac{1}{\left (k+1 \right )\cdot \left (k+2 \right )\cdot\left (k+3 \right )}$

Dengan memanfaatkan keberlakuan sebelumnya dikala $n=k$, kita peroleh persamaan;
$=\frac{k\cdot \left (k+3 \right )}{4\cdot \left (k+1 \right )\cdot\left (k+2 \right )}+\frac{1}{\left (k+1 \right )\cdot \left (k+2 \right )\cdot\left (k+3 \right )}$
$=\frac{k\cdot \left (k+3 \right )\cdot \left (k+3 \right )+4}{4\cdot \left (k+1 \right )\cdot\left (k+2 \right )\cdot \left (k+3 \right )}$
$=\frac{k^{3}+6k^{2}+9k+4}{4\cdot \left (k+1 \right )\cdot\left (k+2 \right )\cdot \left (k+3 \right )}$
$=\frac{\left (k+1 \right )\cdot\left (k+1 \right )\cdot \left (k+4 \right )}{4\cdot \left (k+1 \right )\cdot\left (k+2 \right )\cdot \left (k+3 \right )}$
$=\frac{\left (k+1 \right )\cdot \left (k+4 \right )}{4\cdot \left (k+2 \right )\cdot \left (k+3 \right )}$
sampai pada tahap ini kita telah memperoleh bukti untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar.

$\therefore$ Karena untuk $n=1$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka
$\frac{1}{1\cdot 2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot4}+\frac{1}{3\cdot 4\cdot5}+\cdots +\frac{1}{n\cdot \left (n+1 \right )\cdot\left (n+2 \right )}$$=\frac{n\cdot \left (n+3 \right )}{4\cdot \left (n+1 \right )\cdot\left (n+2 \right )}$ adalah benar $(berlaku)$

7. Dengan induksi matematika buktikan bahwa
$x^{n}-1$ habis dibagi oleh $x-1$, $x\neq 1$ dengan $n$ adalah bilangan asli

Alternatif Pembahasan: show

Langkah I
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
$P\left ( n \right )$:$x^{n}-1$ habis dibagi oleh $x-1$

Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 1 \right )$:$x^{1}-1$
$P\left ( 1 \right )$:$x-1$ habis dibagi oleh $x-1$
$\therefore P\left ( 1 \right )$ berlaku atau benar.

kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 2 \right )$:$x^{2}-1$
$P\left ( 2 \right )$:$\left ( x-1 \right )\left ( x+1 \right )$ habis dibagi oleh $x-1$
$\therefore P\left ( 2 \right )$ berlaku atau benar.

Langkah II
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Misalkan $k$ sebuah bilangan asli, untuk $n=k$ pada $P\left ( n \right )$ adalah benar, sehingga berlaku
$P\left ( n \right )$:$x^{k}-1$ habis dibagi oleh $x-1$

Langkah III
Akan kita buktikan berikutnya untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar, yaitu:
untuk $n=k+1$ maka $x^{n}-1$
$=x^{k+1}-1$
$=x^{k} \cdot x^{1}-1$
$=x^{k} \cdot x-1$$-x+x$
$=x^{k} \cdot x-x+x-1$
$=x\left (x^{k}-1 \right )+x-1$
Jika $\left (x^{k}-1 \right )$ adalah kelipatan $\left (x-1 \right )$ maka $x\left (x^{k}-1 \right ) $ adalah kelipatan $\left (x-1 \right )$.
Jika $x\left (x^{k}-1 \right ) $ dan $\left (x -1 \right ) $ adalah keliapatan $\left (x-1 \right ) $ maka $x\left (x^{k}-1 \right )+x-1$ adalah kelipatan $\left (x-1 \right )$.
Sampai pada tahap ini kita telah memperoleh bukti untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar.

$\therefore$ Karena untuk $n=1$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka
$x^{n}-1$ habis dibagi oleh $x-1$, $x\neq 1$ dengan $n$ bilangan asli adalah benar $(berlaku)$.

8. Dengan induksi matematika buktikan bahwa
Salah satu faktor dari $n^{3}+3n^{2}+2n$ adalah $3$, $n$ bilangan asli

Alternatif Pembahasan: show

Pada soal disebutkan 'salah satu faktornya adalah 3' untuk merampungkan dilema ini konsepnya sama dengan dilema 'habis dibagi 3'. Untuk lebih jelasnya mari kita coba buktikan;
Langkah I
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
$P\left ( n \right )$:$n^{3}+3n^{2}+2n$

Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 1 \right )$:$1^{3}+3 \cdot 1^{2}+2 \cdot 1 $
$P\left ( 1 \right )$:$1+3+2$
$P\left ( 1 \right )$:$6$ salah satu faktornya adalah $3$

$\therefore P\left ( 1 \right )$ berlaku atau benar.

kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 2 \right )$:$2^{3}+3 \cdot 2^{2}+2 \cdot 2 $
$P\left ( 2 \right )$:$8+12+4$
$P\left ( 2 \right )$:$24$ salah satu faktornya adalah $3$
$\therefore P\left ( 2 \right )$ berlaku atau benar.

Langkah II
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Misalkan $k$ sebuah bilangan asli, untuk $n=k$ pada $P\left ( n \right )$ adalah benar, sehingga berlaku
$P\left ( k \right )$:$k^{3}+3k^{2}+2k$ salah satu faktornya adalah $3$.

Langkah III
Akan kita buktikan berikutnya untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar, yaitu:
untuk $n=k+1$ maka $n^{3}+3n^{2}+2n$
$=\left (k+1 \right )^{3}+3\left (k+1 \right )^{2}+2\left (k+1 \right )$
$=\left (k+1 \right )^{3}+3\left (k+1 \right )^{2}+2\left (k+1 \right )$
$=k^{3}+3k^{2}+3k+1+3k^{2}+6k+3+2k+2$
$=k^{3}+6k^{2}+11k+6$
$=k^{3}+3k^{2}+2k+3k^{2}+9k+6$
$=k^{3}+3k^{2}+2k+3\left (k^{2}+3k+2 \right )$

Karena $k^{3}+3k^{2}+2k$ salah satu faktornya adalah $3$ dan $3\left (k^{2}+3k+2 \right )$ adalah kelipatan $3$ maka $=k^{3}+3k^{2}+2k+3\left (k^{2}+3k+2 \right )$ salah satu faktornya adalah $3$.
Sampai pada tahap ini kita telah memperoleh bukti untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar.

$\therefore$ Karena untuk $n=1$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka
Salah satu faktor dari $n^{3}+3n^{2}+2n$ adalah $3$, $n$ bilangan asli adalah benar $(berlaku)$.

9. Dengan induksi matematika buktikan bahwa
Salah satu faktor dari $2^{2n-1}+3^{2n-1}$ adalah $5$, $n$ bilangan asli

Alternatif Pembahasan: show

Pada soal disebutkan 'salah satu faktornya adalah 5' untuk merampungkan dilema ini konsepnya sama dengan dilema 'habis dibagi 5'. Untuk lebih jelasnya mari kita coba buktikan;
Langkah I
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
$P\left ( n \right )$:$2^{2n-1}+3^{2n-1}$

Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 1 \right )$:$2^{2 \cdot 1-1}+3^{2 \cdot 1-1}$
$P\left ( 1 \right )$:$2^{1}+3^{1}$
$P\left ( 1 \right )$:$5$ salah satu faktornya adalah $5$

$\therefore P\left ( 1 \right )$ berlaku atau benar.

kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 2 \right )$:$2^{2 \cdot 2-1}+3^{2 \cdot 2-1}$
$P\left ( 2 \right )$:$2^{3}+3^{3}$
$P\left ( 2 \right )$:$35$ salah satu faktornya adalah $5$
$\therefore P\left ( 2 \right )$ berlaku atau benar.

Langkah II
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Misalkan $k$ sebuah bilangan asli, untuk $n=k$ pada $P\left ( n \right )$ adalah benar, sehingga berlaku
$P\left ( k \right )$:$2^{2k-1}+3^{2k-1}$ salah satu faktornya adalah $5$.

Langkah III
Akan kita buktikan berikutnya untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar, yaitu:
untuk $n=k+1$ maka $2^{2n-1}+3^{2n-1}$
$=2^{2\left (k+1 \right )-1}+3^{2\left (k+1 \right )-1}$
$=2^{2k+2-1}+3^{2k+2-1}$
$=2^{2k+1}+3^{2k+1}$
$=2^{2k} \cdot 2^{1}+3^{2k} \cdot 3^{1} $
$=2^{2k} \cdot 2+3^{2k} \cdot 3 $
$=2^{2k} \cdot 2^{-1}\cdot 2^{2}+3^{2k} \cdot 3^{-1} \cdot 3^{2} $
$=2^{2k-1} \cdot 4+3^{2k-1} \cdot 9 $
$=2^{2k-1} \left ( 5-1 \right )+3^{2k-1} \left ( 10-1 \right ) $
$=5 \cdot 2^{2k-1}-\cdot 2^{2k-1}+10 \cdot 3^{2k-1}-3^{2k-1}$
$=5 \cdot 2^{2k-1}+10 \cdot 3^{2k-1}-2^{2k-1}-3^{2k-1}$
$=5\left ( 2^{2k-1}+2 \cdot 3^{2k-1} \right )-\left ( 2^{2k-1}+3^{2k-1} \right )$

Karena $\left ( 2^{2k-1}+3^{2k-1} \right )$ salah satu faktornya adalah $5$ dan $5 \left( 2^{2k-1}+2 \cdot 3^{2k-1} \right )$ adalah kelipatan $5$ maka $=5\left ( 2^{2k-1}+2 \cdot 3^{2k-1} \right )-\left ( 2^{2k-1}+3^{2k-1} \right )$ salah satu faktornya adalah $5$.
Sampai pada tahap ini kita telah memperoleh bukti untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar.

$\therefore$ Karena untuk $n=1$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka
Salah satu faktor dari $2^{2n-1}+3^{2n-1}$ adalah $5$, $n$ bilangan asli adalah benar $(berlaku)$.

10. Dengan induksi matematika buktikan bahwa
$41^{n}-14^{n}$ adalah kelipatan $27$

Alternatif Pembahasan: show

Langkah I
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
$P\left ( n \right )$:$41^{n}-14^{n}$

Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 1 \right )$:$41^{1}-14^{1}$
$P\left ( 1 \right )$:$27$
$P\left ( 1 \right )$:$27$ salah satu faktornya adalah $27$

$\therefore P\left ( 1 \right )$ berlaku atau benar.

kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 2 \right )$:$41^{2}-14^{2}$
$P\left ( 2 \right )$:$1681-196$
$P\left ( 2 \right )$:$1485$ salah satu faktornya adalah $27$
$\therefore P\left ( 2 \right )$ berlaku atau benar.

Langkah II
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Misalkan $k$ sebuah bilangan asli, untuk $n=k$ pada $P\left ( n \right )$ adalah benar, sehingga berlaku
$P\left ( k \right )$:$41^{k}-14^{k}$ adalah kelipatan $27$.

Langkah III
Akan kita buktikan berikutnya untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar, yaitu:
untuk $n=k+1$ maka $41^{n}-14^{n}$
$=41^{\left (k+1 \right )}-14^{\left (k+1 \right )}$
$=41^{k} \cdot 41^{1}-14^{k} \cdot 14^{1}$
$=41^{k} \cdot 41-14^{k} \cdot 14$
$=41^{k} \left ( 27+14 \right )-14^{k} \cdot 14$
$=27 \cdot 41^{k} + 14 \cdot 41^{k} -14^{k} \cdot 14$
$=27 \cdot 41^{k} + 14 \left ( 41^{k} -14^{k} \right )$

Karena $14 \left ( 41^{k} -14^{k} \right )$ adalah kelipatan $27$ dan $27 \cdot 41^{k}$ adalah kelipatan $27$ maka $=27 \cdot 41^{k} + 14 \left ( 41^{k} -14^{k} \right )$ adalah kelipatan $27$.
Sampai pada tahap ini kita telah memperoleh bukti untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar.

$\therefore$ Karena untuk $n=1$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka
$41^{n}-14^{n}$ adalah kelipatan $27$ adalah benar $(berlaku)$.

11. Dengan induksi matematika buktikan bahwa
$4007^{n}-1$ habis dibagi $2003$

Alternatif Pembahasan: show

Langkah I
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
$P\left ( n \right )$:$4007^{n}-1$

Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 1 \right )$:$4007^{1}-1$
$P\left ( 1 \right )$:$4006$ habis dibagi $2003$

$\therefore P\left ( 1 \right )$ berlaku atau benar.

kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 2 \right )$:$4007^{2}-1$
$P\left ( 2 \right )$:$16.056.049-1$
$P\left ( 2 \right )$:$16.056.048$ habis dibagi $2003$
$\therefore P\left ( 2 \right )$ berlaku atau benar.

Langkah II
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Misalkan $k$ sebuah bilangan asli, untuk $n=k$ pada $P\left ( n \right )$ adalah benar, sehingga berlaku
$P\left ( k \right )$:$4007^{k}-1$ habis dibagi $2003$.

Langkah III
Akan kita buktikan berikutnya untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar, yaitu:
untuk $n=k+1$ maka $4007^{n}-1$
$=4007^{k+1}-1$
$=4007^{k} \cdot 4007^{1}-1$
$=4007^{k} \cdot 4007-4007+4006$
$=4007 \left ( 4007^{k}-1 \right )+4006$

Karena $\left ( 4007^{k}-1 \right )$ habis dibagi $2003$ maka $4007 \left ( 4007^{k}-1 \right )$ juga habis dibagi $2003$ dan $4006$ habis dibagi $2003$ maka $4007 \left ( 4007^{k}-1 \right )+4006$ habis dibagi $2003$
Sampai pada tahap ini kita telah memperoleh bukti untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar.

$\therefore$ Karena untuk $n=1$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka
$4007^{n}-1$ adalah kelipatan $2003$ adalah benar $(berlaku)$.

12. Dengan induksi matematika buktikan bahwa
$2002^{n+2}+2003^{2n+1}$ habis dibagi $4005$

Alternatif Pembahasan: show

Langkah I
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
$P\left ( n \right )$:$2002^{n+2}+2003^{2n+1}$

Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 1 \right )$:$2002^{1+2}+2003^{2+1}$
$P\left ( 1 \right )$:$2002^{3}+2003^{3}$ habis dibagi $4005$

$\therefore P\left ( 1 \right )$ berlaku atau benar.

untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 2 \right )$:$2002^{2+2}+2003^{4+1}$
$P\left ( 1 \right )$:$2002^{4}+2003^{5}$ tidak habis dibagi $4005$

$\therefore P\left ( 2 \right )$ tidak berlaku atau tidak benar.

$\therefore$ Karena untuk $n=2$ tidak benar atau tidak berlaku maka
$2002^{n+2}+2003^{2n+1}$ habis dibagi $4005$ tidak berlaku atau tidak benar

13. Diberikan $a \gt 1$, dengan induksi matematika buktikan bahwa $a^{n} \gt 1$, dengan $n$ bilangan asli.

Alternatif Pembahasan: show

Langkah I
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
$P\left ( n \right )$:$a^{n}>1$

Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 1 \right )$:$a^{1}>1$
$P\left ( 1 \right )$:$a>1$ untuk $a>1$ berlaku atau benar

$\therefore P\left ( 1 \right )$ berlaku atau benar.

kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 2 \right )$:$a^{2} \gt 1$
$P\left ( 2 \right )$:$a^{2} \gt 1$ untuk $a \gt 1$ berlaku atau benar

$\therefore P\left ( 2 \right )$ berlaku atau benar.

Langkah II
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Misalkan $k$ sebuah bilangan asli, untuk $n=k$ pada $P\left ( n \right )$ adalah benar, sehingga berlaku
$P\left ( k \right )$:$a^{k} \gt 1$ untuk $a \gt 1$ berlaku atau benar

Langkah III
Akan kita buktikan berikutnya untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar, yaitu:
untuk $n=k+1$ maka $a^{n}$
$=a^{k+1}$
$=a^{k} \cdot a^{1}$

Dari sifat ketaksamaan jikalau $a \gt b$ dan $x \gt y$ maka $a \cdot x \gt b \cdot y $. Sifat ketaksamaan kita terapkan dengan mengambil hipotesis langkah I adalah $a^{1} \gt 1$ dan langkah II adalah $a^{k} \gt 1$ maka kita peroleh $a^{1} \cdot a^{k} \gt 1 \cdot 1 $.
$a^{1} \cdot a^{k} \gt 1 $
$a^{k+1} \gt 1 $

Sampai pada tahap ini kita telah memperoleh bukti untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar.

$\therefore$ Karena untuk $n=1$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka
$a^{n} \gt 1$ untuk $a \gt 1$ berlaku atau benar

14. Diketahui $0 < a < 1$, dengan induksi matematika buktikan $0 < a^{n} < 1$, dengan $n$ bilangan bulat positif.

Alternatif Pembahasan: show

Langkah I
Misalkan $P\left ( n \right )$ adalah proposisi berikut;
$P\left ( n \right )$:$0 < a^{n} < 1$

Pada langkah Basis Induksi, untuk $n=1$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 1 \right )$:$0 < a^{1} < 1$
$P\left ( 1 \right )$:$0 < a < 1$ untuk $0 < a < 1$ berlaku atau benar

$\therefore P\left ( 1 \right )$ berlaku atau benar.

kita coba untuk $n=2$ pada $P\left ( n \right )$ kita peroleh
$P\left ( 2 \right )$:$0 < a^{2} < 1$
$P\left ( 2 \right )$:$0 < a^{2} < 1$ untuk $0 < a < 1$ berlaku atau benar

$\therefore P\left ( 2 \right )$ berlaku atau benar.

Langkah II
Selanjutnya, kita masuk pada langkah induksi.
Misalkan $k$ sebuah bilangan asli, untuk $n=k$ pada $P\left ( n \right )$ adalah benar, sehingga berlaku
$P\left ( k \right )$:$0 < a^{k} < 1$ untuk $0 < a < 1$ berlaku atau benar

Langkah III
Akan kita buktikan berikutnya untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar, yaitu:
untuk $n=k+1$ maka $0 < a^{n} < 1$
$=0 < a^{k+1} < 1$
$=0 < a^{k} \cdot a^{1} <1$

Dari sifat ketaksamaan jikalau $a < b < c$ dan $x < y < z $ maka $a \cdot x < b \cdot y < c \cdot z $. Sifat ketaksamaan kita terapkan dengan mengambil hipotesis langkah I adalah $0 < a < 1$ dan hipotesis langkah II adalah $0 < a^{k} < 1$ maka kita peroleh $0 \cdot 0 < a^{k} \cdot a < 1 \cdot 1$.
$0 \cdot 0 < a^{k} \cdot a < 1 \cdot 1$
$0 < a^{k} \cdot a^{1} < 1$
$0 < a^{k+1} < 1$

Sampai pada tahap ini kita telah memperoleh bukti untuk $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ juga benar.

$\therefore$ Karena untuk $n=1$, $n=k$, dan $n=k+1$ bahwa $P\left ( n \right )$ benar maka
Untuk $0 < a < 1$ ketidaksamaan $0 < a^{n} < 1$ berlaku atau benar

15. Dengan induksi matematika buktikan bahwa
$\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}$$\leq 2-\frac{1}{n}$

Alternatif Pembahasan: show

Untuk soal ini sudah didiskusikan sebelumnya, silahkan cek pada Belajar Induksi Matematika Pada Kurikulum 2013

Jika engkau tidak mampu menahan lelahnya belajar, Maka engkau harus menanggung pahitnya kebodohan ___pythagoras

Beberapa pembahasan soal Matematika Dasar Program Linear (*Soal Dari Berbagai Sumber) di atas adalah coretan kreatif siswa pada

• lembar balasan penilaian harian matematika,
• lembar balasan penilaian final semester matematika,
• presentasi hasil diskusi matematika atau
• pembahasan quiz matematika di kelas.

Jadi saran, kritik atau masukan yang sifatnya membangun terkait dilema alternatif penyelesaian soal Program Linear sangat diharapkan😊CMIIW

Jangan Lupa Untuk Berbagi 🙏Share is Caring 👀 dan JADIKAN HARI INI LUAR BIASA! - WITH GOD ALL THINGS ARE POSSIBLE😊

Video pilihan khusus untuk Anda 💗 Bagaimana perkalian dikerjakan dengan cara piral (pintar bernalar);

Bagikan Artikel ini