Soal-Soal Matematika/Notasi sigma dan induksi matematika

Notasi Sigma

sifat notasi sigma

$\sum _{n=s}^{t}C\cdot f(n)=C\cdot \sum _{n=s}^{t}f(n)\quad$ , (distributif)

$\sum _{n=s}^{t}f(n)\pm \sum _{n=s}^{t}g(n)=\sum _{n=s}^{t}\left[f(n)\pm g(n)\right]\quad$ , (asosiatif dan komutatif)

$\sum _{n=s}^{t}f(n)=\sum _{n=s\pm p}^{t\pm p}f(n\mp p)$ , (pergeseran indeks)

$\sum _{n\in B}f(n)=\sum _{m\in A}f(\sigma (m))$ , untuk bijeksi $\sigma$ dari himpunan terbatas $A$ ke himpunan $B$ (perubahan indeks); ini menggeneralisasi formula sebelumnya.

$\sum _{n=s}^{t}f(n)=\sum _{n=s}^{j}f(n)+\sum _{n=j+1}^{t}f(n)$ , (memecahkan jumlah, menggunakan sifat asosiatif).

$\sum _{n=a}^{b}f(n)=\sum _{n=0}^{b}f(n)-\sum _{n=0}^{a-1}f(n)$ , (varian dari rumus sebelumnya).

$\sum _{n=s}^{t}f(n)=\sum _{n=0}^{t-s}f(t-n)$ , (jumlah dari istilah pertama hingga yang terakhir sama dengan jumlah dari yang terakhir hingga yang pertama).

$\sum _{n=0}^{t}f(n)=\sum _{n=0}^{t}f(t-n)$ , (kasus rumus tertentu di atas).

$\sum _{i=k_{0}}^{k_{1}}\sum _{j=l_{0}}^{l_{1}}a_{i,j}=\sum _{j=l_{0}}^{l_{1}}\sum _{i=k_{0}}^{k_{1}}a_{i,j}$ , (asosiatif dan komutatif)

$\sum _{k\leq j\leq i\leq n}a_{i,j}=\sum _{i=k}^{n}\sum _{j=k}^{i}a_{i,j}=\sum _{j=k}^{n}\sum _{i=j}^{n}a_{i,j}=\sum _{j=0}^{n-k}\sum _{i=k}^{n-j}a_{i+j,i}$ , (penerapan pada asosiatif dan komutatif)

$\sum _{n=2s}^{2t+1}f(n)=\sum _{n=s}^{t}f(2n)+\sum _{n=s}^{t}f(2n+1)$ , (memecahkan jumlah menjadi bagian yang ganjil dan genap, untuk indeks genap)

$\sum _{n=2s+1}^{2t}f(n)=\sum _{n=s+1}^{t}f(2n)+\sum _{n=s+1}^{t}f(2n-1)$ , (memecahkan jumlah menjadi bagian yang ganjil dan genap, untuk indeks ganjil)

$\left(\sum _{i=0}^{n}a_{i}\right)\left(\sum _{j=0}^{n}b_{j}\right)=\sum _{i=0}^{n}\sum _{j=0}^{n}a_{i}b_{j}$ , (distributif)

$\sum _{i=s}^{m}\sum _{j=t}^{n}{a_{i}}{c_{j}}=\left(\sum _{i=s}^{m}a_{i}\right)\left(\sum _{j=t}^{n}c_{j}\right)$ , (distributif yang memungkinkan faktorisasi)

$\sum _{n=s}^{t}\log _{b}f(n)=\log _{b}\prod _{n=s}^{t}f(n)$ , (logaritma suatu produk adalah jumlah dari faktor-faktor logaritma)

$C^{\sum \limits _{n=s}^{t}f(n)}=\prod _{n=s}^{t}C^{f(n)}$ , (eksponensial dari jumlah adalah produk dari eksponensial pada penjumlahan)

Contoh

1. tentukan:

• $\sum _{n=1}^{5}2x^{2}+7$

Jawaban

$${\begin{aligned}*\sum _{n=1}^{5}2x^{2}+7&=2(1)^{2}+7+2(2)^{2}+7+2(3)^{2}+7+2(4)^{2}+7+2(5)^{2}+7\\&=9+15+25+39+57=145\\\end{aligned}}$$

Induksi Matematika

Induksi matematika terdiri dari 2 jenis yaitu matematika umum dan matematika kuat.

Matematika umum

Pembuktian cara induksi matematika ingin membuktikan bahwa teori atau sifat itu benar untuk semua bilangan asli atau semua bilangan dalam himpunan bagiannya. Caranya ialah dengan menunjukkan bahwa sifat itu benar untuk n = 1 (atau S(1) adalah benar), kemudian ditunjukkan bahwa bila sifat itu benar untuk n = k (bila S(k) benar) menyebabkan sifat itu benar untuk n = k + 1 (atau S(k + 1) benar).

Bilangan (termasuk jumlah deret)

• Buktikan bahwa $1+3+5+\cdots +2n-1=n^{2}$ untuk jumlah n bilangan ganjil pertama adalah n²!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

$S(n)=1+3+5+\cdots +2n-1=n^{2}$

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=1$, benar bahwa $\ S(1)=1^{2}=1$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$, yaitu

$S(k)=1+3+5+\cdots +2k-1=k^{2}$, maka akan dibuktikan benar pula untuk $n=k+1$, yaitu

$S(k+1)=1+3+5+\cdots +2k-1+2(k+1)-1=(k+1)^{2}$

sekarang sederhanakan persamaan pada sisi kiri dengan mengingat bahwa $k^{2}=1+3+5+...+2k-1$ sesuai dengan pengandaian awal

$[1+3+5+\cdots +2k-1]+2(k+1)-1=k^{2}+2(k+1)-1$

kemudian padankan bentuk sederhana tadi dengan sebelah kanan

$k^{2}+2(k+1)-1=(k+1)^{2}$

$\ k^{2}+2k+1=(k+1)^{2}$, ingat bahwa $(k+1)^{2}=k^{2}+2k+1$

$\ (k+1)^{2}=(k+1)^{2}$ (terbukti benar)

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk jumlah n bilangan ganjil pertama adalah n² karena memenuhi kedua langkah pembuktian

• Buktikan bahwa $1+2+3+4+5+\cdots +n={\frac {n(n+1)}{2}}$ untuk setiap bilangan bulat positif adalah n!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

$S(n)=1+2+3+4+5+\cdots +n={\frac {n(n+1)}{2}}$

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=1$, benar bahwa $\ S(1)={\frac {1(1+1)}{2}}=1$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$, yaitu

$S(k)=1+2+3+4+5+\cdots +k={\frac {k(k+1)}{2}}$, maka akan dibuktikan benar pula untuk $n=k+1$, yaitu

$S(k+1)=1+2+3+4+5+\cdots +k+k+1={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}$

sekarang sederhanakan persamaan pada sisi kiri dengan mengingat bahwa ${\frac {k(k+1)}{2}}=1+2+3+4+5+\cdots +k$ sesuai dengan pengandaian awal

$[1+2+3+4+5+\cdots +k]+k+1={\frac {k(k+1)}{2}}+k+1$

kemudian padankan bentuk sederhana tadi dengan sebelah kanan

${\frac {k(k+1)}{2}}+k+1={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}$

$(k+1)({\frac {k}{2}}+1)={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}$

$(k+1)({\frac {k+2}{2}})={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}$

${\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}$

${\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}={\frac {(k+1)[(k+1)+1]}{2}}$ (terbukti benar)

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk setiap bilangan bulat positif adalah n karena memenuhi kedua langkah pembuktian

Pertidaksamaan

• Buktikan bahwa $4n<2^{n}$ untuk semua bilangan bulat positif n ≥ 5!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

$S(n)=4n<2^{n}$

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=5$, benar bahwa $4(5)<2^{5}$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$, yaitu

$S(k)=4k<2^{k}$, maka akan dibuktikan benar pula untuk $n=k+1$, yaitu

$S(k+1)=4(k+1)<2^{k+1}$

sekarang sederhanakan persamaan pada sisi kiri dengan mengingat bahwa $4k$ sesuai dengan pengandaian awal

$4(k+1)=4k+4$ (karena 4 < 4k)

$=4k+4k$

kemudian padankan bentuk sederhana tadi dengan sebelah kanan

$4k+4k<2^{k+1}$

$2(4k)<2^{k+1}$

$2(2^{k})<2^{k+1}$, ingat bahwa $a^{m}a^{n}=a^{m+n}$

$2^{k+1}<2^{k+1}$ (terbukti benar)

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk semua bilangan bulat positif n ≥ 5 karena memenuhi kedua langkah pembuktian

Faktor (termasuk kali atau bagi)

• Buktikan bahwa salah satu faktor dari $n^{3}+3n^{2}+2n$ adalah 3 untuk semua bilangan bulat positif n!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

$S(n)=n^{3}+3n^{2}+2n$

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=1$, benar bahwa $1^{3}+3(1)^{2}+2(1)=6$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$, yaitu

$k^{3}+3k^{2}+2k$, maka akan dibuktikan benar pula untuk $n=k+1$, yaitu

$(k+1)^{3}+3(k+1)^{2}+2(k+1)$

sekarang tunjukkan bahwa 3 adalah faktor dari $(k+1)^{3}+3(k+1)^{2}+2(k+1)$

$(k+1)^{3}+3(k+1)^{2}+2(k+1)=k^{3}+3k^{2}+3k+1+3k^{2}+6k+3+2k+2$

$=(k^{3}+3k^{2}+2k)+(3k^{2}+9k+6)$

$=(k^{3}+3k^{2}+2k)+3\cdot (k^{2}+3k+2)$

karena 3 adalah faktor dari $3\cdot (k^{2}+3k+2)$ dan 3 juga merupakan faktor $k^{3}+3k^{2}+2k$, maka 3 adalah faktor dari $(k+1)^{3}+3(k+1)^{2}+2(k+1)$. Dengan menggabungkan hasil pada langkah pembuktian 1 dan 2.

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk 3 adalah faktor $n^{3}+3n^{2}+2n$ untuk semua bilangan bulat positif n karena memenuhi kedua langkah pembuktian

• Buktikan bahwa 3 adalah faktor $4^{n}-1$ untuk semua bilangan bulat positif n!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

$S(n)=4^{n}-1$

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=1$, benar bahwa $4^{1}-1=3$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$, yaitu

$4^{k}-1$, maka akan dibuktikan benar pula untuk $n=k+1$, yaitu

$4^{k+1}-1$

sekarang tunjukkan bahwa 3 adalah faktor dari $4^{k+1}-1$

$4^{k+1}-1=4^{k+1}-4^{k}+4^{k}-1$

$=4^{k}(4-1)+(4^{k}-1)$

$=4^{k}\cdot 3+(4^{k}-1)$

karena 3 adalah faktor dari $4k\cdot 3$ dan 3 juga merupakan faktor $4^{k}-1$, maka 3 adalah faktor dari $4^{k+1}-1$. Dengan menggabungkan hasil pada langkah pembuktian 1 dan 2.

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk 3 adalah faktor $4^{n}-1$ untuk semua bilangan bulat positif n karena memenuhi kedua langkah pembuktian

• Buktikan bahwa $5^{n}-1$ habis dibagi 4 untuk semua bilangan bulat positif n!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

$S(n)=5^{n}-1$

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=1$, benar bahwa $5^{1}-1=4$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$, yaitu

$5^{k}-1$, maka akan dibuktikan benar pula untuk $n=k+1$, yaitu

$5^{k+1}-1$

sekarang tunjukkan bahwa $5^{k+1}-1$ habis dibagi 4

$5^{k+1}-1=5^{k+1}-5^{k}+5^{k}-1$

$=5^{k}(5-1)+(5^{k}-1)$

$=5^{k}\cdot 4+(5^{k}-1)$

karena $5k\cdot 4$ dan $5^{k}-1$ habis dibagi 4, maka $5^{k+1}-1$ habis dibagi 4. Dengan menggabungkan hasil pada langkah pembuktian 1 dan 2.

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk $5^{n}-1$ habis dibagi 4 untuk semua bilangan bulat positif n karena memenuhi kedua langkah pembuktian

Faktorisasi

• Buktikan bahwa x - y adalah faktor $x^{n}-y^{n}$ untuk semua bilangan bulat positif n!

Persamaan yang perlu dibuktikan:

$S(n)=x^{n}-y^{n}$

Langkah pembuktian pertama:
untuk $n=1$, benar bahwa $x^{1}-y^{1}=x-y$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$, yaitu

$x^{k}-y^{k}$, maka akan dibuktikan benar pula untuk $n=k+1$, yaitu

$x^{k+1}-y^{k+1}$

sekarang tunjukkan bahwa x - y adalah faktor dari $x^{k+1}-y^{k+1}$

$x^{k+1}-y^{k+1}=x^{k+1}-x^{k}y+x^{k}y-y^{k+1}$

$=x^{k}(x-y)+(x^{k}-y^{k})y$

karena x - y adalah faktor dari $x^{k}\cdot (x-y)$ dan x - y juga merupakan faktor $(x^{k}-y^{k})\cdot y$, maka x - y adalah faktor dari $x^{k+1}-y^{k+1}$. Dengan menggabungkan hasil pada langkah pembuktian 1 dan 2.

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk x - y adalah faktor $x^{n}-y^{n}$ untuk semua bilangan bulat positif n karena memenuhi kedua langkah pembuktian

Barisan

Temukan hasil rumus untuk penjumlahan berhingga berikut kemudian buktikan hasil rumus tersebut dengan induksi matematika!

${\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2n(n+1)}}$

Persamaan yang perlu dibuktikan:

$S(n)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2n(n+1)}}$

Langkah pembuktian pertama:
untuk beberapa penjumlahan $n$ dari pertama, benar bahwa

$S(1)={\frac {1}{4}}={\frac {1^{2}}{2(1)(1+1)}}$

$S(2)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}={\frac {4}{12}}={\frac {2^{2}}{2(2)(2+1)}}$

$S(3)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}={\frac {9}{24}}={\frac {3^{2}}{2(3)(3+1)}}$

$S(4)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+{\frac {1}{40}}={\frac {16}{40}}={\frac {4^{2}}{2(4)(4+1)}}$

Langkah pembuktian kedua:
andaikan benar untuk $n=k$, yaitu

$S(k)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2k(k+1)}}={\frac {k^{2}}{2k(k+1)}}$, maka akan dibuktikan benar pula untuk $n=k+1$, yaitu

$S(k+1)={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2k(k+1)}}+{\frac {1}{2(k+1)((k+1)+1)}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}$

sekarang sederhanakan persamaan pada sisi kiri dengan mengingat bahwa ${\frac {k^{2}}{2k(k+1)}}={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2k(k+1)}}$ sesuai dengan pengandaian awal

$[{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{24}}+\cdots +{\frac {1}{2k(k+1)}}]+{\frac {1}{2(k+1)[(k+1)+1]}}={\frac {k^{2}}{2k(k+1)}}+{\frac {1}{2(k+1)[(k+1)+1]}}$

kemudian padankan bentuk sederhana tadi dengan sebelah kanan

${\frac {k^{2}}{2k(k+1)}}+{\frac {1}{2(k+1)((k+1)+1)}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}$

${\frac {k^{2}}{2k(k+1)}}+{\frac {1}{2(k+1)(k+2)}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}$

${\frac {k^{2}(k+2)+k}{2k(k+1)(k+2)}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}$

${\frac {k(k^{2}+2k+1)}{2k(k+1)(k+2)}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}$

${\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}={\frac {(k+1)^{2}}{2(k+1)[(k+1)+1]}}$ (terbukti benar)

Kesimpulan:
Jadi, $S(n)$ benar untuk hipotesis induksi matematika karena memenuhi kedua langkah pembuktian

Matematika kuat

Misalkan S(n) adalah pernyataan yang didefinisikan untuk bilangan bulat n, dan misalkan a dan b adalah bilangan bulat sedemikian sehingga a ≤ b. Jika dua pernyataan berikut bernilai benar,

S(a), S(a + 1), ..., dan S(b) semuanya bernilai benar. (langkah dasar) Untuk sebarang bilangan bulat k ≥ b, jika S(i) benar untuk semua bilangan bulat i mulai a sampai k, maka S(k + 1) benar. (langkah induksi) Teks miring Maka untuk semua bilangan bulat n ≥ a, S(n) benar. (Asumsi bahwa S(i) benar untuk semua bilangan bulat i mulai dari a sampai k disebut sebagai hipotesis induksi. Cara lain untuk menyatakan hipotesis induksi adalah dengan menyatakan bahwa S(a), S(a + 1), ..., S(k) semuanya bernilai benar.)