Nama: Imawan Avicena Robert Lie N Rendi Agung Wijaya Rifqi Annora Mu’alif W Wahyu Bagus Deza Arifandi (06) Ririn (06)
1. Buktikan melalui induksi matemetik bahwa: a. 1(2)+2(3)+...+n(n+1) = n(n+1)(n+2)/3 untuk semua n ≥ 1
Penyelesaian: i. Basis induks induksii : p(1) benar, karena karena n=1. Kita peroleh peroleh bahwa 1=1(1+1)(1+2)/3 1=1 ii.Langkah induksi: misal p(n) benar yaitu mengasumsikan bahwa 1(2)+2(3)+...+n(n+1)=n(n+1)(n+2)/3 adalah benar (hipotesis induksi). Kita harus memperlihatkan bahwa p(n+1) juga benar, yaitu 1(2)+2(3)+...+n(n+1)+(n+1)(n+2)=(n+1)(n+2)(n+3)/3 Untuk membuktikan ini tunjukan bahwa 1(2)+2(3)+...+n(n+1)+(n+1)(n+2)=(n+1)(n+2)(n+3)/3 n(n+1)(n+2)/3+ =( )/3 )/3=( )/3 ( )/3=( )/3 b.
=
untuk setiap n≥ 1
Penyelesaian: i. Basis induks induksi: i: p(1) benar, benar, karena n=1. Kita Kita peroleh 1/1(2)=1/1+1 = ii.Langkah induksi: Misal p(n) benar, yaitu mengasumsikan bahwa = adalah benar (hipotesis induksi). Kita harus memperlihatkan bahwa p(n+1) juga benar, yaitu Untuk membuktikan ini tunjukan bahwa
+
c.
untuk semua n ≥ 1 Penyeesaian: i. Basis induks induksi: i: p(1) benar, benar, karena n=1. Kita Kita peroleh 1 =1 ii.Langkah induksi: Misal p(n) benar, yaitu mengasumsikan bahwa
adalah benar (hipotesis induksi). Kita harus memperlihatkan bahwa p(n+1) juga benar, yaitu
Untuk membuktikan ini bahwa
d.
untuk semua n ≥ 0 dan a≠1 Penyelesaian: i. Basis induksi: induksi: p(0) dan a=0 benar, karena n=0 dan a=0. Kita peroleh 1=1 ii.Langkah induksi: Misal p(n) dan a≠1 benar, yaitu mengasumsikan bahwa adalah benar (hipotesis induksi). Kita harus memperlihatkan bahwa p(n+1) juga benar, yaitu Untuk membuktikan ini bahwa
e.
untuk semua n ≥ 0 Penyelesaian: i. Basis induks induksi: i: p(0) benar, benar, karena n=0. Kita Kita peroleh 3=3 ii.Langkah induksi: Misal p(n) benar, yaitu mengasumsikan bahwa adalah benar (hipotesis induksi). Kita harus memperlihatkan bahwa p(n+1) juga benar, yaitu Untuk membuktikan ini bahwa
2. Buktikan Buktikan melalui melalui induksi induksi
matemati matematik k bahwa
habis dibagi dibagi 3 untuk semua
n≥ 2. Penyelesaian: a. Basis induk induksi: si: p(2)benar p(2)benar,, karena karena n=3. Kita Kita peroleh peroleh →habis → habis
dibagi 3
dibagi 3
b. Langkah Langkah induksi: induksi: Misal p(n) benar, benar, yaitu mengasumsik mengasumsikan an bahwa habis dibagi 3 adalah benar (hipotesis induksi). Kita harus memperlihatkan bahwa p(n+1) juga benar, yaitu →habis
dibagi 3
Untuk menyatakan ini bahwa
= = =
→ habis
dibagi 3
3. Carilah Carilah dan kemudian buktikan buktikan melalui melalui induksi induksi matematik suatu suatu rumus berdasarkan berdasarkan pengamatan berikut
Rumus:
belum selesai
4. Buktikan Buktikan dengan dengan induksi induksi matematik bahwa bahwa jumlah pangkat pangkat tiga dari tiga bilanga bilanga bulat positif berurutan habis dibagi 9. Penyelesaian: Misalkan p(n) adalah proposisi bahwa jumlah pangkat tiga dari tiga buah bilangan bulat positif berurutan habis dibagi 9. Rumus:
→ habis
dibagi 9
a. Basis Basis induks induksi: i: p(0) p(0) benar, benar, karena karena → hasil
ini habis dibagi 9
b. Langkah induksi: Misalkan p(n) benar. Kita asumsikan bahwa bilangan 0,1,2,3,...,n.
Jika hasil pangkat tiga dari tiga buah bilangan yang dijumlahkan habis dibagi 9 (hipotesis induksi). Kita perlu membuktikan bahwa p(n+1) benar, yaitu untuk semua n ≥ 0 adalah benar habis dibagi 9.
Dari data di atas, yaitu
terlihat terlihat bahwa ketiga ketiga suku
penjumlahan tersebut adalah suku dari bilangan yang berurutan.
Karena dari langkah (a) dan (b) sudah sudah benar, maka terbukti bahwa jumlah pangkat tiga dari tiga bilangan bulat posiif berurutan habis dibagi 9.
5. Ketika n pasangan tamu tiba di pesta, mereka disambut oleh tuan dan nyoya rumah di
pintu. Setelah saling berjabat tangan, tuan rumah bertanya kepada para tamu maupun istrinya untuk mengatakan berapa kali mereka masing-masing telah berjabat tangan. Ia memperoleh 2n+1 jawaban yang berbeda. Jika tidak seorangpun berjabat tangan dengan isrti atau suaminya sendiri, berapa kali nyonya rumah telah berjabat tangan? Buktikan jawaban Anda dengan induksi matematik.
Penyelesaian: Minimal tamu yang datang n pasang. Jadi,banyaknya jabat tangan nyonya rumah adalah . a. Basis induksi: p(1)benar, karena untuk n=1 pasang, nyonya rumah berjabat tangan
sebanyak 2.1=2 b. Langkah induksi: Misakan p(n) benar, yaitu asumsikan jumlah jabat tangan nyoya
rumah terjadi sebayak 2n (hipotesis induksi). Kita harus menunjukan bahwa p(n+1) juga benar, yaitu jumlah jabat tangan yang dilakukan nyonya rumah dengan n+1 pasang tamu adalah 2(n+1). Hal ini ditujukan sebagai berikut: Untuk n+1 pasang, pasang, maka jumlah jabat tangan tangan nyonya nyonya rumah yang terjadi terjadi haruslah jumlah jabat tangan nyonya rumah dengan tamu n pasang ditambah pasangan tamu ke-(n+1 ke-(n+1). ). Menuru Menurutt hipote hipotesis sis induks induksi, i, untuk untuk n pasang pasang tamu, tamu, jumlah jumlah jabat jabat tangan tangan nyonya rumah adalah sebanyak 2n. 2n. Dengan ditambah pasangan tamu ke-(n+1) maka jumlah jabat tangan nyonya rumah bertambah 2 kali jabat tangan sehimgga menjadi: 2n+2=2(n+1)
6. Buktikan bahwa surat pos yang menggunakan perangko 24 sen atau lebih dapat hanya
menggunakan perangko 5 sen dan 7 sen saja. saja . Penyelesaian: Kombinasi biaya pos dengan perangko 5 sen dan 7 sen saja untuk biaya sebesar n ≥ 24 dapat ditulis sebagai kombinasi 5n+7m
Misalk Misalkan an p(n) p(n) adalah adalah propos proposisi isi bahwa bahwa untuk untuk biaya biaya pos pos sebesa sebesar r n≥ 24 hanya dapat menggunakan perangko 5 sen dan 7 sen. a. Basis induksi induksi:: p(24) benar, karena karena untuk biaya biaya pos sebesar 24 dapat digunaka digunakan n 2 buah perangko seharga 5 sen dan 2 buah perangko seharga 7 sen. b. Langkah induksi: Misalkan p(n) benar yaitu biaya pos sebesar n≥ 24 sen selalu dapat
menggunakan perangko 5 sen dan 7 sen (hipotesis induksi). Kita harus menunjukkan bahwa p(n+1) benar adalah biaya pos sebesar n+1 sebesar n+1 juga dapat menggunakan perangko 5 sen dan 7 sen, yaitu
Jika untuk membayar biaya pos sebesar n sen digunakan perangko 5 sen dan 7 sen, maka paling sedikit digunakan 2 buah perangko 5 sen dan 2 buah perangko 7 sen (sebab n≥ 24), 24), maka dengan mengganti 2 buah perangko 7 sen dengan 23 buah perangko 5 sen sehingga menggunakan 5 buah perangko 5 sen dapat dibayarlah biaya pos sebesar n+1. sebesar n+1.
7. Untuk Untuk biaya pos berapa berapa saja saja dapat dapat digunaka digunakan n perang perangko ko 5 sen dan 6 sen? sen? Buktik Buktikan an jawaban Anda dengan menggunakan induksi matematik! Penyelesaian: Kombinasi biaya pos dengan perangko 5 sen dan 6 sen dapat ditulis sebagai kombinasi 5m+6n Misalkan p(n) adalah proposisi bahwa untuk biaya pos sebesar n ≥ 20 sen selalu dapat menggunakan perangko 5 sen dan 6 sen. a. Basis induksi: p(20) benar, karena untuk biaya pos sebesar 20 sen dapat digunakan 4 perangko 5 sen. b. Langkah induksi: Misalkan p(n) benar, yaitu biaya pos sebesar n ≥ 20 sen selalu dapat menggunakan perangko 5 sen dan 6 sen (hipotesis induksi). Kita harus menunjukan bahwa bahwa p(n+1) benar, yaitu yaitu biaya biaya pos sebesar sebesar n+1 sen juga dapat dapat menggu menggunak nakan an perangko 5 sen dan 6 sensaja. Ada dua kemungkinan yang harus ditinjau: 1) Jika untuk membayar pos sebesar n sen digunakan perangko 5 sen,maka paling sedi sediki kitt digu diguna naka kan n 4 buah buah pera perang ngko ko 5 sen sen (seb (sebab ab n ≥ 20), 20), maka maka deng dengan an menggganti menggganti sebuah perangko 5 sen dengan perangko 6 sen selalu dapat dibayar dibayar biaya pos sebesar n+1. 2) Jika Jika untuk untuk membay membayar ar pos n sen mengguna menggunakan kan perang perangko ko 6 sen, sen, maka maka paling paling sedi sediki kitt digu diguna naka kan n 4 bgua bguah h pera perang ngko ko 6 sen sen (seb (sebab ab n ≥ 20), 20), maka maka deng dengan an mengganti 4 buah perangko 6 sen dengan 5 buah perangko 5 sen diperoleh biaya pos sebesar n+1 sen. 8. Sebuah Sebuah kios penukaran penukaran uang hanya hanya mempuyai mempuyai pecahan Rp2000 Rp2000 dan Rp 5000. Untuk Untuk uang senilai berapa saja yang dapat ditukar dengan kedua pecahan tersebut? Buktikan jawaban Anda dengan menggunaknan induksi matematik. Penyelesaian: Denga Dengan n meng menggu guna naka kan n peca pecaha han n Rp20 Rp2000 00 dapt dapt ditu dituka karr deng dengan an Rp20 Rp2000 00,, Rp40 Rp4000 00,, Rp6000,..., sedangkan dengan pecahan Rp5000 dapat ditukar dengan Rp5000, Rp10000, Rp15000, .... Misalkan p(n) adalah proposisi yang menujukan jumlah uang n 1000n senilai yang akan dituka ditukarr dengan dengan uang uang Rp2000 Rp2000 dan Rp5000 Rp5000.. Kita Kita akan akan butik butikan an p(n) p(n) dengan dengan induks induksii matematik. a. Basis Basis induk induksi: si: p(4) p(4) benar, benar, karena karena uang uang Rp4000 Rp4000 dapat dapat dituka ditukarka rkan n dengan dengan 2 buah buah pecahan Rp2000. b. Langkah Langkah induksi: induksi: Misalkan p(n) benar, benar, yaitu asumsikan bahwa bahwa kios penukaran penukaran dapat menuka menukarka rkan n uang uang senila senilaii 1000n 1000n rupiah rupiah dengan dengan pecaha pecahan n Rp2000 Rp2000 dan Rp5000 Rp5000 (hip (hipot otes esis is indu induks ksi). i). Kita Kita haru haruss memb membuk ukik ikan an bahw bahwaa p(n+ p(n+1) 1) bena benarr yait yaitu u kios kios penukaran dapat menukarkan uang senilai 1000(n+1) rupiah dengan menggunakan pecahan Rp2000 dan Rp5000. Ada dua kemungkinan yang kita tinjau:
1) Jika untuk uang senilai 1000n rupiah, kios penukaran menggunakan minimal 2
buah pecahan Rp2000 (sebab n≥ 4). Dengan mengganti 2 buah pecahan Rp2000 tersebut dengan pecahan Rp5000, maka selalu diperoleh uang senilai 1000(n+1) rupiah. 2) Jika untuk uang senilai 1000n rupiah, kios penukaran menggunakan minimal 1 buah buah uang uang pecaha pecahan n Rp5000 Rp5000 (sebab n≥ 4), 4), maka maka deng dengan an meng mengga gant ntii 1 uang uang pecahan Rp5000 dengan 3 buah uang pecahan Rp2000 selalu dapat diperoleh uang senilai 1000(n+1) rupiah.
