🎎 Buktikan Bahwa 1 3 5 2N 1 N2

A1, 3, -1), B(3, 5, 0), dan C(-1, 4, 1) Segitiga siku-siku memenbuhi rumus Phythagoras bahwa kuadrat sisi terpanjang segitiga sama dengan jumlah kuadrat sisi-sisi segitiga yang lain. Untuk itu ditentukan labih dahulu panjang sisi-sisi segitiga tersebut. Jarak dihitung dengan rumus jarak antara dua titik:

Apabiladiasumsikan bahwa P(k) benar untuk k ≥ 5, maka tunjukkan P(k + 1) juga benar ! Ingat bahwa target kita yaitu unutk menunjukkan, sehingga: (sifat 3). Contoh 2: Buktikan untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 4 dan berlaku. 3n < 2n. Jawab: P(n) : 3n < 2n. Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ NN.

Kelas 11 SMAInduksi MatematikaPenerapan Induksi MatematikaDengan induksi matematika, buktikan bahwa 1+3+5+7+...+2n-1 = n^2 berlaku untuk setiap n bilangan Induksi MatematikaInduksi MatematikaALJABARMatematikaRekomendasi video solusi lainnya0314Nilai sigma n=2 21 5n-6 = ...0252Buktikan bahwa 3 + 7 + 11 + ... + 4n-1 = n2n + 1 untu...0356Notasi sigma yang ekuivalen dengan sigma k=1 10 2k^2+8k+...0224Buktikan bahwa 2^2n-1 habis dibagi 3 untuk semua bilang...Teks videountuk melakukan pembuktian induksi matematika terdapat langkah-langkah berikut ini jika PPN merupakan pernyataan Nya maka pertama kita buktikan bahwa benar untuk N = 1 lalu kita asumsikan PN benar untuk n = k dan kita buktikan PN akan benar juga untuk n = k + 1 jika p k benar maka p k + 1 benar untuk X lebih besar sama dengan n sekarang kita lihat bahwa ini merupakan pernyataan nya untuk N = 1 kita lihat bahwa ini adalah s n dan 2 n min 1 ini adalah UN 1 akan = 1 maka kita untuk N = 1 di langkah pertama kita tinggal substitusikan satu ini ke 2 n min 1 = n kuadrat kita gantian dengan angka 1 menjadi 2 dikali 1 dikurang 1 = 1 kuadrat 2 dikurang 1 = 11 = 1, maka ini benar sekarang untuk Langkah kedua kita asumsikan bahwa PN benar untuk n = k p n nya adalah 13 + 5 + 7 + titik-titik + 2 n min 1 = N kuadrat untuk n = k kita ganti n nya menjadi 1 + 3 + 5 + 7 + titik-titik + 2 k min 1 = k kuadrat kita asumsikan bahwa ini benar maka untuk langkah ke-3 n = k + 1 sekarang kita memiliki 1 + 3 + 5 + 7 + titik-titik titik di 2 k min 1 Karena sekarang n = k + 1 maka dari itu kita akan menambahkan satu suku di belakang sehingga 2 k min 1 ini akan menjadi suku sebelumnya disini ditambah 2 kakaknya diganti jadi k + 1 dikurang 1 = disini k + 1 kuadrat lalu kita lihat dari Langkah kedua tadi kita sudah memiliki bahwa ini adalah k kuadrat sehingga dapat kita tulis di sini ka kwarda ditambah dengan 2 x + 1 dikurang 1 = X + 1 kuadrat Sekarang kita akan membuktikan bahwa ruas kiri akan sama dengan ruas kanan kita proses luas kirinya menjadi kuadrat ditambah 2 nya kita kalikan kedalam menjadi Plus Kakak + 2 min 1 = k kuadrat + 2 k + 1 lalu kita faktorkan k kuadrat + 2 k + 1 menjadi Cu + 1 dikali x + 1 = x + 1 * x + 1 adalah k + 1 kuadrat sekarang dapat kita lihat bahwa di ruas kanan pun k + 1 kuadrat maka dengan ruas kiri sama dengan ruas kanan ini sudah terbukti inilah jawabannya sampai jumpa di pembahasan soal selanjutnyaSukses nggak pernah instan. Latihan topik lain, yuk!12 SMAPeluang WajibKekongruenan dan KesebangunanStatistika InferensiaDimensi TigaStatistika WajibLimit Fungsi TrigonometriTurunan Fungsi Trigonometri11 SMABarisanLimit FungsiTurunanIntegralPersamaan Lingkaran dan Irisan Dua LingkaranIntegral TentuIntegral ParsialInduksi MatematikaProgram LinearMatriksTransformasiFungsi TrigonometriPersamaan TrigonometriIrisan KerucutPolinomial10 SMAFungsiTrigonometriSkalar dan vektor serta operasi aljabar vektorLogika MatematikaPersamaan Dan Pertidaksamaan Linear Satu Variabel WajibPertidaksamaan Rasional Dan Irasional Satu VariabelSistem Persamaan Linear Tiga VariabelSistem Pertidaksamaan Dua VariabelSistem Persamaan Linier Dua VariabelSistem Pertidaksamaan Linier Dua VariabelGrafik, Persamaan, Dan Pertidaksamaan Eksponen Dan Logaritma9 SMPTransformasi GeometriKesebangunan dan KongruensiBangun Ruang Sisi LengkungBilangan Berpangkat Dan Bentuk AkarPersamaan KuadratFungsi Kuadrat8 SMPTeorema PhytagorasLingkaranGaris Singgung LingkaranBangun Ruang Sisi DatarPeluangPola Bilangan Dan Barisan BilanganKoordinat CartesiusRelasi Dan FungsiPersamaan Garis LurusSistem Persamaan Linear Dua Variabel Spldv7 SMPPerbandinganAritmetika Sosial Aplikasi AljabarSudut dan Garis SejajarSegi EmpatSegitigaStatistikaBilangan Bulat Dan PecahanHimpunanOperasi Dan Faktorisasi Bentuk AljabarPersamaan Dan Pertidaksamaan Linear Satu Variabel6 SDBangun RuangStatistika 6Sistem KoordinatBilangan BulatLingkaran5 SDBangun RuangPengumpulan dan Penyajian DataOperasi Bilangan PecahanKecepatan Dan DebitSkalaPerpangkatan Dan Akar4 SDAproksimasi / PembulatanBangun DatarStatistikaPengukuran SudutBilangan RomawiPecahanKPK Dan FPB12 SMATeori Relativitas KhususKonsep dan Fenomena KuantumTeknologi DigitalInti AtomSumber-Sumber EnergiRangkaian Arus SearahListrik Statis ElektrostatikaMedan MagnetInduksi ElektromagnetikRangkaian Arus Bolak BalikRadiasi Elektromagnetik11 SMAHukum TermodinamikaCiri-Ciri Gelombang MekanikGelombang Berjalan dan Gelombang StasionerGelombang BunyiGelombang CahayaAlat-Alat OptikGejala Pemanasan GlobalAlternatif SolusiKeseimbangan Dan Dinamika RotasiElastisitas Dan Hukum HookeFluida StatikFluida DinamikSuhu, Kalor Dan Perpindahan KalorTeori Kinetik Gas10 SMAHukum NewtonHukum Newton Tentang GravitasiUsaha Kerja Dan EnergiMomentum dan ImpulsGetaran HarmonisHakikat Fisika Dan Prosedur IlmiahPengukuranVektorGerak LurusGerak ParabolaGerak Melingkar9 SMPKelistrikan, Kemagnetan dan Pemanfaatannya dalam Produk TeknologiProduk TeknologiSifat BahanKelistrikan Dan Teknologi Listrik Di Lingkungan8 SMPTekananCahayaGetaran dan GelombangGerak Dan GayaPesawat Sederhana7 SMPTata SuryaObjek Ilmu Pengetahuan Alam Dan PengamatannyaZat Dan KarakteristiknyaSuhu Dan KalorEnergiFisika Geografi12 SMAStruktur, Tata Nama, Sifat, Isomer, Identifikasi, dan Kegunaan SenyawaBenzena dan TurunannyaStruktur, Tata Nama, Sifat, Penggunaan, dan Penggolongan MakromolekulSifat Koligatif LarutanReaksi Redoks Dan Sel ElektrokimiaKimia Unsur11 SMAAsam dan BasaKesetimbangan Ion dan pH Larutan GaramLarutan PenyanggaTitrasiKesetimbangan Larutan KspSistem KoloidKimia TerapanSenyawa HidrokarbonMinyak BumiTermokimiaLaju ReaksiKesetimbangan Kimia Dan Pergeseran Kesetimbangan10 SMALarutan Elektrolit dan Larutan Non-ElektrolitReaksi Reduksi dan Oksidasi serta Tata Nama SenyawaHukum-Hukum Dasar Kimia dan StoikiometriMetode Ilmiah, Hakikat Ilmu Kimia, Keselamatan dan Keamanan Kimia di Laboratorium, serta Peran Kimia dalam KehidupanStruktur Atom Dan Tabel PeriodikIkatan Kimia, Bentuk Molekul, Dan Interaksi Antarmolekul Teksvideo. pada soal buktikan bahwa 3 + 7 + 11 + sampai 4 n dikurang 1 = n * 2 N + 1 untuk setiap n adalah asli di sini kita dapat menggunakan induksi matematika kita ketahui bahwa di sini 4 - 1 merupakan rumus suku ke-n yaitu 4 - 1 kemudian kita gunakan induksi matematika yang pertama adalah untuk N = 1 maka jika untuk N = 1 kita masukkan ke rumus UN kita dapatkan usah punya harus 3 hari di • Barisan dan Deret-Buktikan bahwa 1 + 3 + 5 + ... + 2n - 1 = n²PEMBAHASAN Step I , buktikan bahwa n = 1 benar !n² = 2n - 11² = 21 - 1 1 = 1n = 1 benar ! Step II , asumsikan bahwa n = k benar !1 + 3 + 5 + ... + 2k - 1 = k²Step III , buktikan bahwa n = k + 1 benar !1 + 3 + 5 + ... + 2k - 1 + 2k + 1 - 1 = k + 1²dengan meningat asumsi , diperoleh k² + 2k + 2 - 1 = k + 1² k² + 2k + 1 = k + 1² k + 1² = k + 1²t e r b u k t i•••-AL

Buktikandengan induksi matematika pertidaksamaan 2^n≥2n untuk setiap n bilangan asli. Baca juga: Buktikan dengan Induksi Matematika untuk Semua Bilangan Asli n. Pada penyelesaian di atas, k merupakan konstanta yang contohnya adalah 1, 2, dan 3.

Contoh-contoh soal induksi matematika 1. Soal 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 2k > k + 20 adalah benar. Sekarang kita peroleh 2k+1 = > 2k + 20 = 2k + 40 > k + 1 + 20 iii Konklusi Maka disimpulkan bahwa 2n > n + 20 adalah benar untuk n ≥ 5. 2. Soal Buktikan bahwa semua bilangan berbentuk 7n – 2n dapat dibagi oleh 5 untuk setiap n bilangan asli. Penyelesaian i Basis induksi Pernyataan yang akan dibuktikan adalah Pn 7n – 2n dapat dibagi 5. P1 bernilai benar sebab 71 – 21 = 5. ii Langkah induksi Dengan asumsi ini kita akan menyelidiki kebenaran pernyataan Pn+1. Untuk itu kita perhatikan bahwa 7n+1 – 2n+1 = – + – = 7[7n – 2n] + = 75m + m ϵ N asumsi Pn benar n = 57m + 2 Karena 7m + 2n bilangan asli, maka dari kesamaan terakhir kita dapat menyimpulkan bahwa 7n+1 – 2n+1 dapat dibagi dengan 5. iii Konklusi Dengan kata lain, pernyataan Pn+1 adalah benar. Dengan demikian, bilangan berbentuk 7n – 2n dapat dibagi oleh 5 untuk setiap n bilangan asli. A. Prinsip Induksi Matematika Sederhana dasar 1. Soal Gunakan induksi matematik untuk membuktikan bahwa jumlah n buah bilangan ganjil positif pertama adalah n2. Penyelesaian i Basis induksi Untuk n = 1, jumlah satu buah bilangan ganjil positif pertama adalah 12 = 1. Ini benar karena jumlah satu buah bilangan ganjil positif pertama adalah 1. ii Langkah induksi Seandainya pn untuk pernyataan 1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 = n2 adalah benar hipotesis induksi [catat bahwa bilangan ganjil positif ke-n adalah 2n – 1]. Kita harus memperlihatkan bahwa 1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 + 2n + 1 = n + 12 juga benar. Hal ini dapat kita tunjukkan sebagai berikut 1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 + 2n + 1 = [1 + 3 + 5 + … + 2n – 1] + 2n + 1 2 = n + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 = n + 12 iii Konklusi Karena langkah basis dan langkah induksi keduanya telah terbukti benar, maka jumlah n buah bilangan ganjil positif pertama adalah n2. 2. Soal Tunjukkan bahwa 1 + 2 + 3 + … + n = ½ n n + 1, untuk semua n bilangan asli. Penyelesaian i Basis induksi Pertama-tama kita buktikan bahwa Pn 1 + 2 + 3 + … + n = ½ n n + 1 adalah benar. Dengan demikian P1 adalah 1 = ½ . 1.1+1, dan untuk P2 adalah 1 + 2 = ½ .2.2+1 dan seterusnya. ii Langkah induksi Untuk membuktikan pernyataan itu, perhatikan bahwa P1 adalah benar. Kemudian asumsikan bahwa Pn 1 + 2 + 3 + … + n = ½ n n + 1 adalah benar, dan kita harus membuktikan bahwa Pn+1 adalah benar. Untuk ini, kita tambahkan kedua ruas pernyataan Pn dengan n + 1 dan diperoleh 1 + 2 + 3 + … + n + n + 1 = ½ nn + 1 + n + 1 = ½ [nn + 1 + 2n + 1] = ½ n2 + 3n + 2 = ½ n + 1 n + 2 = ½ n + 1 [n + 1 + 1] iii Konklusi Dari sini kita peroleh bahwa Pn+1 adalah benar. Hal ini menunjukkan bahwa pernyataan Pn 1 + 2 + 3 + … + n = ½ n n + 1 adalah benar untuk setiap n bilangan asli. B. Prinsip Induksi Matematika yang Dirampatkan 1. Soal Untuk semua bilangan bulat tidak negatif n, buktikan dengan induksi matematika bahwa 20 + 21 + 22 + … + 2n = 2n+1 – 1 Penyelesaian i Basis induksi Untuk n = 0 bilangan bulat tidak negatif pertama, kita peroleh 20 = 20+1 – 1. Hasil tersebut jelas benar, karena 20 = 1 = 20+1 – 1 = 21 – 1 =2–1 =1 ii Langkah induksi Seandainya pn untuk pernyataan 20 + 21 + 22 + … + 2n = 2n+1 – 1 adalah benar hipotesis induksi. Kita harus menunjukkan bahwa pn +1 juga benar, yaitu 20 + 21 + 22 + … + 2n + 2n+1 = 2n+1 + 1 – 1 juga benar. Hal ini dapat kita buktikan sebagai berikut 20 + 21 + 22 + … + 2n + 2n+1 = 20 + 21 + 22 + … + 2n + 2n+1 = 2n+1 – 1 + 2n+1 hipotesis induksi = 2n+1 + 2n+1 – 1 = 2 . 2n+1 – 1 = 2n+2 – 1 = 2n+1 + 1 – 1 iii Konklusi Karena langkah pertama dan kedua, keduanya telah dibuktikan benar, maka untuk semua bilangan bulat tidak-negatif n, terbukti bahwa 20 + 21 + 22 + … + 2n = 2n+1 – 1 2. Soal Tunjukkan bahwa setiap segitiga tidak sama sisi dapat dibagi menjadi n n ≥ 4 segitiga samakaki Penyelesaian i Basis induksi Kita nyatakan pn 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 p4 benar. ii Langkah induksi Sekarang asumsikan untuk suatu m ϵ N, m ≥ 4, pm adalah benar. Akan ditunjukkan bahwa pm + 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 iii 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. 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 pn benar untuk semua m ϵ N, m ≥ 4. C. Prinsip Induksi Matematika Kuat 1. Soal Tunjukkan bahwa setiap bilangan bulat yang lebih besar dari 1 dapat dituliskan sebagai hasil kali bilangan-bilangan prima. Penyelesaian i Basis induksi pn = proposisi “setiap bilangan bulat yang lebih besar dari 1 dapat dituliskan sebagai hasil kali bilangan-bilangan prima”. Dimisalkan p2, bernilai benar, karena 2 adalah hasil kali dari satu bilangan prima, dirinya sendiri. ii Langkah induksi Asumsikan pj benar untuk semua bilangan bulat j, 1 1 berlaku identitas Fn+m = Fn–1 Fm + Fn Fm+1 Penyelesaian i Basis induksi Kita umpamakan untuk m = 1, maka Fn+1 = Fn–1 + Fn = Fn–1 F1 + Fn F2 adalah benar untuk sembarang nilai n. Sedangkan untuk m = 2, maka Fn+2 = Fn+1 + Fn = Fn–1 + 2Fn = Fn–1 F2 + Fn F3 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, Fn+k+1 = Fn+k + Fn+k–1 = Fn–1 Fk + Fn Fk+1 + Fn–1 Fk–1 + Fn Fk = Fn–1 Fk + Fk–1 + Fn Fk+1 + Fk = Fn–1 Fk+1 + Fn Fk+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. D. Prinsip Induksi Matematika Berjeda Tak-satu 1. Soal Buktikan dengan induksi matematika bahwa semua bilangan berbentuk x = 11 … 1n n adalah jumlah pengulangan angka 1, misalnya n = 4 maka x = 1111 pasti kongruen dengan 0mod 11 atau 1mod 11. [misalnya 111 ≡ 1mod 11 dan 111111 ≡ 0mod 11]. Penyelesaian i Basis induksi Kita akan menggunakan prinsip induksi matematika berjeda taksatu sebanyak 2 kali secara terpisah namun dengan pn yang sama. Nyatakan pn sebagai “bilangan 11 …1n kongruen dengan 0mod 11 atau 1mod 11”. Di sini kita akan membuktikan dua pernyataan  Jika n bilangan ganjil positif, maka 11 …1n ≡ 1mod 11.  Jika n bilangan genap positif, maka 11 …1n ≡ 0mod 11. P1 benar karena 1 ≡ 1mod 11. Jadi kita memiliki basis untuk pernyataan i. P2 juga benar karena 11 ≡ 0mod 11, jadi kita memiliki basis untuk pernyataan ii. ii Langkah induksi Sekarang asumsikan bahwa untuk suatu m ϵ N, Pa + 2m – 1 benar. Akan ditunjukkan bahwa Pa + 2m juga benar. Perhatikan bahwa 11 …1a+2m = 100 x 11 …1a+2m-1 + 11 ≡ 11 …1a+2m-1 mod 11 Karena 100 ≡ 1mod 11 dan 11 ≡ 0mod 11. Jadi, jika 11 …1a+2m-1 ≡ 0mod 11, maka 11 …1a+2m ≡ 0mod 11. Begitu pula jika 11 …1a+2m-1 ≡ 1mod 11, maka 11 …1a+2m ≡ 1mod 11. Jadi terbukti jika Pa + 2m – 1 benar , maka Pa + 2m juga benar. iii Konklusi Dengan menyulihkan a =1, maka berdasarkan prinsip induksi matematika berjeda tak-satu, pernyataan i kita terbukti, dan dengan menyulihkan a = 2, maka berdasarkan prinsip induksi matematika berjeda taksatu, pernyataan ii kita terbukti. Karena kita telah membuktikan untuk semua bilangan ganjil dan semua bilangan genap Pn benar, maka kita simpulkan Pn benar untuk semua n ϵ N. E. Prinsip Aturan Rapi 1. Soal Sebuah bilangan bulat n dikatakan baik jika kita dapat menuliskan n sebagai a1 + a2 + …+ ak = n dimana a1 + a2 + …+ ak adalah bilangan bulat positif tidak harus berbeda sehingga Diketahui bahwa seluruh bilangan bulat dari 33 hingga 73 adalah baik, tunjukkan bahwa setiap bilangan bulat lebih besar dari 32 adalah baik. Penyelesaian i Basis induksi Sebuah bilangan bulat kita katakan buruk jika tidak baik. Apa yang ingin kita buktikan adalah tidak ada bilangan buruk yang lebih besar dari 32. Untuk membentuk kontradiksi, andaikan himpunan S dengan elemen bilanganbilangan buruk lebih besar dari 32 adalah tidak kosong. Berdasarkan prinsip induksi rapi ini, himpunan ini memiliki elemen terkecil, katakanlah m. Dengan informasi yang diberikan, kita ketahui bahwa m ≥ 74. ii Langkah induksi Sekarang andaikan m genap. Misalkan p = . Kita punya p ≥ 33, dan karena m adalah elemen terkecil di S, dan p < m, maka p adalah bilangan baik. Jadi terdapat a1, a2, …, ak sehingga a1 + a2 + …+ ak = p dan . Perhatikan bahwa 4 + 4 + 2a1 + 2a2 + …+ 2ak = m, dan , yang berarti m adalah bilangan baik, kontradiksi dengan asumsi semula. Dengan cara serupa, kita bisa mencapai kontradiksi yang sama jika m ganjil. Kali ini dengan mengambil p = , menggunakan fakta bahwa serta 3 + 6 + 2a1 + 2a2 + …+ 2ak = m. iii Konklusi Jadi kedua kasus membawa kita pada kontradiksi, sehingga kita simpulkan S adalah himpunan kosong, yang berarti semua bilangan bulat lebih besar daripada 32 adalah baik. F. Prinsip Induksi Matematika Bekerja Mundur 1. Soal 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. G. Prinsip Induksi Matematika Bentuk Umum 1. Soal Tinjau runtunan nilai yang didefinisikan sebagai berikut S1,1 = 5, dan untuk semua pasangan bilangan bulat positif m,n, kecuali 1,1 didefinisikan Sm,n = { }, Buktikan dengan induksi matematika bahwa untuk semua pasangan bilangan bulat positif m,n, Sm,n = 2m + n + 1. Penyelesaian i Basis induksi Nyatakan Pm,n sebagai pernyataan “untuk suatu pasangan bilangan bulat positif m,n, Sm,n = 2m + n + 1”. Sebagai basis induksi kita punya 1,1 adalah elemen terkecil dalam himpunan pasangan bilangan bulat positif , dan kita juga punya S1,1 = 21 + 1 + 1 = 5. Jadi Pm,n benar. ii Langkah induksi Sekarang kita asumsikan untuk semua m’,n’ < m,n, Pm’,n’ benar. Akan ditunjukkan bahwa Pm,n juga benar. Kita bagi ke dalam dua kasus  Jika n = 1, maka sesuai definisi kita punya Sm,n = Sm-1,n + 2. Karena m + 1,n < m,n, maka Sm-1,n = 2m – 1 + n + 1. Jadi Sm,n = 2m – 1 + n + 1 = 2m + n + 1. Dalam kasus ini Pm,n terbukti benar.  Jika n ≠ 1, maka sesuai definisi kita punya Sm,n = Sm,n-1 + 2. Karena m,n – 1 < m,n, maka Sm,n-1 = 2m + n – 1 + 1. Jadi Sm,n = 2m + n – 1 + 1 = 2m + n + 1. Dalam kasus ini Pm,n juga terbukti benar. iii Konklusi Dalam kedua kasus di atas, kita telah tunjukkan bahwa Pm,n benar, yang berarti Pm,n benar untuk semua pasangan bilangan bulat positif m,n. Latihan soal Gunakan induksi matematika untuk membuktikan persamaan berikut ini benar untuk setiap bilangan asli n. 1. + + + … + nn + 1 = 2. 11! + 22! + … + nn! = n + 1! – 1 3. 12 – 22 + 32 … + -1n+1n2 = Gunakan induksi matematika untuk membuktikan pertidaksamaan berikut ini 4. 2n + 1 ≤ 2n, untuk n = 3, 4, … 5. 1 + xn ≥ 1 + nx, untuk x ≥ -1 dan n = 1, 2, … Gunakan induksi matematika untuk membuktikan pernyataan berikut ini 6. 11n – 6 habis dibagi 5, untuk n = 1, 2, … 7. habis dibagi 4, untuk n = 1, 2, …

1+ 3 + 5 + + (2n - 1) = n2. adalah benar (hipotesis induksi) [catatlah bahwa bilangan ganjil positif ke-n adalah (2n - 1)]. Kita harus memperlihatkan bahwa p(n +1) juga benar, yaitu. Buktikan bahwa semua bilangan berbentuk 7 n - 2 n dapat dibagi oleh 5 untuk setiap n bilangan asli. 3.

^{ENMahasiswa/Alumni Institut Teknologi Sepuluh Nopember06 Juli 2022 2007Jawaban benar bahwa 1 + 3 + 5 + ... + 2n - 1 = nÂ² Berlaku untuk setiap bilangan asli. Langkah-langkah pembuktian dengan induksi matematika â€¢ buktikan benar untuk n = 1 â€¢ asumsikan benar untuk n = k buktikan benar untuk n = k+1 â€¢ Untuk n = 1 1 = 1Â² 1 = 1 Jadi benar untuk n = 1 â€¢ Asumsikan benar untuk n = k, maka 1 + 3 + 5 + ... + 2k - 1 = kÂ² Akan dibuktikan benar untuk n = k + 1 1 + 3 + 5 + ... + 2k - 1 + 2k+1-1 = k+1Â² kÂ² + 2k+1 - 1 = k+1Â² kÂ² + 2k + 2 - 1 = k+1Â² kÂ² + 2k + 1 = k+1Â² k+1k+1 = k+1Â² k+1Â² = k+1Â² Jadi terbukti benar untuk n = k + 1 Dengan demikian benar bahwa 1 + 3 + 5 + ... + 2n - 1 = nÂ² Berlaku untuk setiap bilangan akses pembahasan gratismu habisDapatkan akses pembahasan sepuasnya tanpa batas dan bebas iklan!} MatematikaInovatif Konsep dan Aplikasinya SMA Kelas XII (Bahasa) Siswanto y5XN.

5kjs6js1ya.pages.dev/322

5kjs6js1ya.pages.dev/111

5kjs6js1ya.pages.dev/288

5kjs6js1ya.pages.dev/353

5kjs6js1ya.pages.dev/85

5kjs6js1ya.pages.dev/223

5kjs6js1ya.pages.dev/50

5kjs6js1ya.pages.dev/58

5kjs6js1ya.pages.dev/117

buktikan bahwa 1 3 5 2n 1 n2