Page 29 - XI_Matematika-Umum_KD-3.1

Perhatikan bahwa

7 k1 1  7 (7)1
k
 7 (6  1)  1
k
 6.7  7  1
k
k
P(k )
 6.7  6c
k
 6(7  c)
k
Jelas bahwa ruas kanan 6(7  c) merupakan kelipatan 6. Jadi P(k + 1) benar.
k
Langkah induktif selesai.
Karena langkah dasar dan langkah induktif dipenuhi, menurut prinsip induksi

matematika terbukti bahwa 7 − 1 habis dibagi 6 untuk sebarang bilangan asli .

Contoh 5.
Buktikan bahwa 2 adalah faktor dari + 5 untuk sebarang bilangan asli n.
2
Jawab
Untuk sebarang bilangan bulat positif n, misalkan P(n) adalah pernyataan 2 adalah
faktor dari + 5 .
2
Langkah dasar.

2
(1) benar karena + 5 = 1 + 5 ∙ 1 = 6 = 2 ∙ 3.
2
Sehingga 2 adalah faktor dari + 5 untuk = 1.
2
Langkah dasar selesai.
Langkah induktif.
Sebagai hipotesis induktif, asumsikan bahwa P(k) benar, yaitu dengan mengasumsikan
bahwa 2 adalah faktor dari + 5 atau ekuivalen dengan + 5 = 2 untuk
2
2
sebarang bilangan asli c. Selanjutnya dengan asumsi bahwa P(k) benar, maka P(k + 1),
yaitu pernyataan bahwa 2 adalah faktor dari ( + 1) + 5( + 1), juga benar. Harus
2
2
ditunjukkan bahwa 2 adalah faktor dari ( + 1) + 5( + 1).
Perhatikan bahwa
( + 1) + 5( + 1) = + 2 + 1 + 5 + 5
2
2
= ( + 5 ) + (2 + 6)
2
= ( + 5 ) + 2( + 3)
2
= 2 + 2( + 3)
= 2( + + 3)
Dari baris terakhir, karena bentuk ( + + 3) adalah bilangan bulat, maka jelas bahwa
2
2 adalah faktor dari ( + 1) + 5( + 1). Jadi P(k + 1) benar.
Langkah induktif selesai.
Karena langkah dasar dan langkah induktif sudah dapat diselesaikan, menurut prinsip
induksi matematika terbukti bahwa 2 adalah faktor dari + 5 untuk sebarang
2
bilangan asli n.

3. Penerapan Induksi Matematika pada Ketidaksamaan
Sebelum kita mengkaji lebih jauh tentang penerapan induksi matematika pada
ketidaksamaan, kita perlu memperhatikan sifat-sifat ketidaksamaan yang sering
digunakan berikut ini.

28