Metode Pembuktian Dalam Matematika

Berikut merupakan beberapa metode pembuktian matematika

1. Pembuktian langsung dalam matematika dilakukan dengan menguraikan premis dengan dilandasi oleh definisi, fakta, aksioma yang ada untuk sampai pada suatu kesimpulan (konklusi)
Contoh : Buktikan bahwa : “jika n bilangan ganjil, maka n2 bilangan ganjil”.
Bukti : Diketahui bahwa n bilangan ganjil, maka dapat dituliskan n = 2k+1,
     dengan k bilangan bulat
     sehingga  n2 = (2k+1) 2 = 4k2 + 4k + 1 = 2(2k2+2k) + 1
     Bentuk 2(2k2+2k) + 1 adalah bilangan ganjil
     Jadi n2 bilangan ganjil

2. Pembuktian Tidak Langsung Pembuktian tidak langsung atau pembuktian dengan kemustahilan (reductio ad absurdum) yang dibahas ada 2 cara yaitu :

• Kontraposisi

Pembuktian tidak langsung kontraposisi digunakan untuk membuktikan pernyataan implikasi
Untuk membuktikan pernyataan implikasi kita cukup membuktikan kontraposisi dari implikasi pernyataan tersebut
Secara simbolik : p → q ≡ ~q → ~p  
Untuk membuktikan kebenaran p → q, maka kita cukup membuktikan
kebenaran ~q → ~p
Contoh : Buktikan bahwa: “jika n2 bilangan ganjil, maka n bilangan ganjil”.
Bukti : Untuk membuktikan pernyataan tersebut kita akan membuktikan
            kebenaran kontraposisinya.
Misalnya : p = n2 bilangan ganjil dan q = n bilangan ganjil
Apakah p → q benar ? Kita akan periksa apakah ~q → ~p benar ?
Andaikan n bukan bilangan ganjil, maka n bilangan genap, sehingga n dinyatakan dengan sebagai n = 2k, k bilangan asli.
Akibatnya n2 = (2k)2 = 4k2 = 2(2k2).
Artinya n2  bilangan genap.
Jadi pengandaian bahwa n bukan bilangan ganjil adalah BENAR,
sehingga kontraposisi ~q →~p juga BENAR.
Jadi implikasi p → q benar , ini berarti n2 bilanganganjil maka n adalah
bilangan ganjil.

• Kontradiksi

Pembuktian tidak langsung dengan kontradiksi dilakukan dengan mengandaikan konklusi yang salah dan menemukan suatu hal yang bertentangan dengan fakta, aksioma, atau teorema yang ada. Pengandaian konklusi salah tidak bisa diterima dan akibatnya konklusi yang ada benar berdasarkan premis yang ada
Contoh : Buktikan bahwa : “Untuk semua bilangan bulat n, jika n2 ganjil, maka n ganjil”.
Bukti : Andaikan bahwa q salah, atau ~q benar yaitu n bukan bilangan bulat
ganjil, maka n bilangan bulat genap.
Dapat dimisalkan n = 2k dengan k bilangan bulat.
Dengan demikian maka n2 = (2k)2 atau n2 = 4k2
Ini menunjukkan bahwa  n2 = bilangan bulat genap (~p)
Terjadilah suatu kontradiksi : yang diketahui p benar, sedangdari langkah-langkah logis diturunkan ~p benar.
Oleh karena itu kontradiksi tidak boleh terjadi, maka pengandaian harus diingkar yang berarti ~q salah atau q benar.

3. Induksi matematika adalah salah satu metode untuk membuktikan suatu pernyataan tertentu yang berlaku untuk bilangan asli
Prinsip Induksi Matematika :
Misalkan P(n) adalah suatu pernyataan yang menyangkut bilangan asli n.
Apabila P(1) benar, dan apabila P(k) benar maka P(k+1) juga benar, berakibat P(n) benar untuk semua n.
Contoh : Buktikan bahwa : “1 + 3 + 5 +  … + (2n-1) = n2, untuk semua bilangan
                 asli n”.
Bukti : Misalkan P(n) adalah 1 + 3 + 5 + 7 + … + (2n-1) = n2
P(1) benar, sebab 1 = 1
Bila P(k) benar, yaitu apabila ; 1 + 3 + 5 + 7 + … + (2k-1) = k2, maka
1 + 3 + 5 + 7 + … + 2k-1 + 2k+1= (1 + 3 + 5 + 7 + … + 2k- 1 + 2k+1.
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2
Sehingga P(k+1) benar

Perlu kalian catat: bahwa induksi matematika hanya dipakai untuk mengecek atau membuktikan kebenaran dari sebuah pernyataan atau rumus. Dan induksi matematika tidak untuk menurunkan rumus.

Berikut ini adalah beberapa contoh dari pernyataan matematika yang bisa dibuktikan kebenarannya pada induksi matematika:

P(n):  2 + 4 + 6 + … + 2n = n(n + 1), n bilangan asli
P(n):  6n + 4 habis dibagi 5, untuk n bilangan asli.
P(n):  4n < 2n, untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 4

Prinsip Induksi Matematika

Sebagai contoh P(n) merupakan sebuah pernyataan yang bergantung dengan n. P(n) benar untuk masing-masing n bilangan asli apabila dapat memenuhi 2 kondisi di bawaih ini:

1. P(1) benar, yang berarti untuk n = 1 maka P(n) nilainya benar.
2. Untuk masing-masing bilangan asli k, jika P(k) benar maka P(k + 1) juga benar.

Prinsip di atas bisa kita perluas lagi untuk pernyataan yang berkaitan dengan himpunan bagian tak kosong dari bilangan asli.

Perluasan Prinsip Induksi Matematika

Sebagai contoh  P(n) merupakan sebuah pernyataan yang bergantung dengan n. P(n) benar untuk masing-masing bilangan asli n ≥ m jika bisa memenuhi 2 keadaan di bawah ini:

1. P(m) benar, yang berarti untuk n = m, maka P(n) nilainya benar
2. Untuk masing-masing bilangan asli k ≥ m, jika P(k) benar maka P(k + 1) juga benar.

Untuk menunjukkan P(1) bernilai benar, kita cukup untuk mensubstitusikan n = 1 pada P(n).

Apabila P(n) disajikan dalam bentuk persamaan, itu artinya ruas kiri harus sama dengan ruas kanan pada saat n = 1, dan kemudian kita simpulkan P(1) benar.

Cara yang sama dapat kita terapkan untuk menunjukkan P(m) benar.

Kembali lagi pada kasus domino di atas, supaya domino (k + 1) jatuh, maka yang paling awal adalah domina k harus jatuh.

Dan kemudian diikuti dengan implikasi “apabila domino k jatuh maka domino (k + 1) jatuh” bisa terjadi.

Sehingga, untuk menunjukkan implikasi “apabila P(k) benar maka P(k + 1) benar”, maka langkah awal kita harus mengasumsikan bahwa P(k) benar.

Lalu melihat asumsi tersebut kita tunjukkan P(k + 1) juga benar.

Proses asumsi P(k) benar ini disebut sebagai hipotesis induksi.

Untuk menunjukkan P(k + 1) benar, maka kita bisa mulai dari hipotesis. Yakni dari asumsi P(k) benar maupun dari kesimpulan, yakni dari P(k + 1) itu sendiri.

Tahapan Pembuktian Induksi Matematika

Dari penjelasan di atas, maka langkah untuk pembuktikan dari induksi matematika dapat dilakukan dengan urutan seperti di bawah ini:

1. Langkah awal: Menunjukan P(1) benar.
2. Langkah induksi: Ibaratkan P(k) benar untuk sebarang k bilangan asli, lalu menunjukan P(k+ 1) juga benar berdasarkan dengan asumsi tersebut.
3. Kesimpulan: P(n) benar untuk masing-masing bilangan asli n.

Pembuktian Deret

Sebelum masuk dalam pembuktian deret, terdapat beberapa hal yang perlu untuk di perhatikan dengan seksama terkait deret. Antara lain:

Jika

P(n) :  u1 + u2 + u3 + … + un = Sn , maka
P(1) :  u1 = S1
P(k) :  u1 + u2 + u3 + … + uk = Sk
P(k + 1) :  u1 + u2 + u3 + … + uk + uk+1 = Sk+1

Sebagai contoh 1:

Buktikan 2 + 4 + 6 + … + 2n = n(n + 1), untuk masing-masing n bilangan asli.

Jawab:
P(n) :  2 + 4 + 6 + … + 2n = n(n + 1)

Akan dibuktikan dengan P(n) benar untuk masing-masing n ∈ N

Langkah awal:

Menunjukan P(1) benar
2 = 1(1 + 1)

Sehingga diperoleh, P(1) benar

Langkah induksi:

Ibaratkan P(k) benar yakni:
2 + 4 + 6 + … + 2k = k(k + 1),    k ∈ N

Akan menunjukanP(k + 1) juga benar, yakni:
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 1 + 1)

Dari asumsi di atas maka:
2 + 4 + 6 + … + 2k = k(k + 1)

Tambahkan kedua ruas dengan uk+1 :
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = k(k + 1) + 2(k + 1)
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 2)
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 1 + 1)

Sehinga, P(k + 1) benar

Berdasarkan dari prinsip induksi matematika tersebut, terbukti bahwa P(n) benar untuk masing-masing n bilangan asli.

Sebagai contoh 2:

Buktikan 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n2 itu benar, untuk masing-masing n bilangan asli.

Jawab:
P(n) :  1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n2

Maka akan menunjukan P(n) benar untuk masing-masing n ∈ N

Langkah awal:
Akan menunjukan P(1) benar
1 = 12

Sehingga, P(1) benar

Langkah induksi:
Ibaratkan bahwa P(k) benar, yakni:
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) = k2,    k ∈ N

Akan menunjukan P(k + 1) juga benar, yakni:
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = (k + 1)2

Dari asumsi di atas maka:
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) = k2

Tambahkan kedua ruas dengan uk+1 :
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = k2 + (2(k + 1) − 1)
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = k2 + 2k + 1
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = (k + 1)2

Sehingga, P(k + 1) juga benar

Berdasarkan dari prinsip induksi matematika tersebut, terbukti bahwa P(n) benar untuk masing-masing n bilangan asli.

Pembuktian Keterbagian

Pernyataan “a habis dibagi b” yang bersinonim dengan:

• a kelipatan b
• b faktor dari a
• b membagi a

Apabila p habis dibagi a serta q habis dibagi a, sehingga (p + q) juga akan habis dibagi a.

Misalnya, 4 habis dibagi 2 dan 6 habis dibagi 2, maka (4 + 6) juga akan habis dibagi 2

Contoh 3:

Buktikan 6n + 4 habis dibagi 5, untuk masing-masing n bilangan asli.

Jawab:

P(n) :  6n + 4 habis dibagi 5

Akan dibuktikan dengan P(n) benar pada masing-masing n ∈ N.

Langkah awal:

Akan menunjukan P(1) benar
61 + 4 = 10 habis dibagi 5

Sehingga, P(1) benar

Langkah induksi:

Ibaratkan bahwa P(k) benar, yakni:
6k + 4 habis dibagi 5,    k ∈ N

Akan menunjukan P(k + 1) juga benar, yakni:
6k+1 + 4 habis dibagi 5.

6k+1 + 4 = 6(6k)+ 4
6k+1 + 4 = 5(6k) + 6k + 4

Sebab 5(6k) habis dibagi 5 dan 6k + 4 habis dibagi 5, maka 5(6k) + 6k + 4 juga akan habis dibagi 5.

Sehingga, P(k + 1) benar.

Berdasarkan dari prinsip induksi matematika tersebut, terbukti bahwa 6n + 4 habis dibagi 5, untuk masing-masing n bilangan asli.

Bilangan bulat a akan habis dibagi bilangan bulat b apabila dijumpai bilangan bulat m sehingga akan berlaku a = bm.

Misalnya, “10 habis dibagi 5” benar sebab adanya bilangan bulat m = 2 sehingga 10 = 5.2.

Maka dari itu, pernyataan “10 habis dibagi 5” bisa kita tuliskan menjadi “10 = 5m, untuk m bilangan bulat”

Berdasarkan dari konsep di atas, pembuktian keterbagian bisa juga diselesaikan dengan menggunakan cara seperti berikut ini.

Contoh 4:

Buktikan n3 + 2n akan habis dibagi 3, untuk masing-masing n bilangan asli

Jawab:

P(n) :  n3 + 2n = 3m, dengan m ∈ 

Akan dibuktikan dengan P(n) benar untuk masing-masing n ∈ 

Langkah awal:

Akan ditunjukkan P(1) benar
13 + 2.1 = 3 = 3.1

Sehingga, P(1) benar

Langkah induksi:

Ibaratkan bahwa P(k) benar, yakni:
k3 + 2k = 3m,    k ∈ 

Akan menunjukan P(k + 1) juga benar, yakni:
(k + 1)3 + 2(k + 1) = 3p,     p ∈ 

(k + 1)3 + 2(k + 1) = (k3 + 3k2 + 3k + 1) + (2k + 2)
(k + 1)3 + 2(k + 1) = (k3 + 2k) + (3k2 + 3k + 3)
(k + 1)3 + 2(k + 1) = 3m + 3(k2 + k + 1)
(k + 1)3 + 2(k + 1) = 3(m + k2 + k + 1)

Sebab m bilangan bulat serta k adalah bilangan asli, maka (m + k2 + k + 1) merupakan bilangan bulat.

Contohnya p = (m + k2 + k + 1), sehingga:
(k + 1)3 + 2(k + 1) = 3p, dengan p ∈ 

Jadi, P(k + 1) adalah benar

Berdasarkan konsep induksi matematika di atas, terbukti bahwa n3 + 2n akan habis dibagi 3, untuk masing-masing n bilangan asli.

Pembuktian Pertidaksamaan

Berikut merupakan beberapa sifat pertidaksamaan yang sering dipakai, antara lain:

1.  Sifat transitif
a > b > c  ⇒  a > c  atau
a < b < c  ⇒  a < c

2.  a < b dan c > 0  ⇒  ac < bc  atau
a > b dan c > 0  ⇒  ac > bc

3.  a < b  ⇒  a + c < b + c  atau
a > b  ⇒  a + c > b + c

Sebelum kita masuk ke dalam contoh soal, ada baiknya apabila kita latihan terlebih dahulu dengan memakai sifat-sifat di atas guna menunjukkan implikasi “apabila P(k) benar maka P(k + 1) juga benar”.

Contoh 1:

P(k) :  4k < 2k
P(k + 1) :  4(k + 1) < 2k+1

Apabila diasumsikan bahwa P(k) benar untuk k ≥ 5, maka tunjukkan P(k + 1) juga benar !

Ingat bahwa target kita yaitu unutk menunjukkan, sehingga:
4(k + 1) < 2k+1 = 2(2k) = 2k + 2k  (TARGET)

Kita bisa mengawalinya dari ruas kiri pertidaksamaan di atas menjadi:
4(k + 1) = 4k + 4
4(k + 1) < 2k + 4        (karena 4k < 2k)
4(k + 1) < 2k + 2k      (karena 4 < 4k < 2k)
4(k + 1) = 2(2k)
4(k + 1) = 2k+1

Berdasarkan sifat transitif maka dapat kita simpulkan bahwa 4(k + 1) < 2k+1

Mengapa 4k bisa berubah menjadi 2k ?

Sebab menurut sifat 3, kita diperkenankan untuk menambahkan kedua ruas suatu pertidaksamaan dengan bilangan yang sama.

Sebab tidak akan merubah nilai kebenaran pertidaksamaan tersebut. Sebab 4k < 2k benar, yang mengakibatkan 4k + 4 < 2k + 4 juga benar.

Darimana kita tahu, bahwa 4 harus diubah menjadi 2k ?

Perhatikan target.

Hasil sementara yang kita perloleh yaitu 2k + 4 sementara target kita yaitu 2k + 2k.

Untuk k ≥ 5, maka 4 < 4k dan 4k < 2k yaitu bernilai benar, sehingga 4 < 2k juga benar (sifat transitif). Hal tersebut mengakibatkan 2k + 4 < 2k + 2k  benar (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 ∈ 

Langkah awal:

Akan menunjukan bahwa P(4) benar
3.4 = 12 < 24 = 16

Sehingga, P(4) bernilai benar

Langkah induksi

Ibaratkan bahwa P(k) benar, yakni:
3k < 2k,    k ≥ 4

Akan menunjukan bahwa P(k + 1) juga benar, yakni:
3(k + 1) < 2k+1

3(k + 1) = 3k + 3
3(k + 1) < 2k + 3               (karena 3k < 2k)
3(k + 1) < 2k + 2k             (karena 3 < 3k < 2k)
3(k + 1) = 2(2k)
3(k + 1) = 2k+1

Sehingga, P(k + 1) juga bernilai benar.

Berdasarkan konsep dari induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 4.

Contoh 3:

Buktikan untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 2 dan berlaku 3n > 1 + 2n

Jawab:

P(n) :  3n > 1 + 2n

Akan dibuktikan P(n) berlaku untuk n ≥ 2, n ∈ 

Langkah awal:

Akan menunjukan bahwa P(2) bernilai benar, yakni:
32 = 9 > 1 + 2.2 = 5

Sehingga, P(1) bernilai benar

Langkah induksi:

Ibaratkan bahwa P(k) benar, yakni:
3k > 1 + 2k,    k ≥ 2

Akan menunukan bahwa P(k + 1) juga benar, yakni
3k+1 > 1 + 2(k + 1)

3k+1 = 3(3k)
3k+1 > 3(1 + 2k)               (karena 3k > 1 + 2k)
3k+1 = 3 + 6k
3k+1 > 3 + 2k                    (karena 6k > 2k)
3k+1 = 1 + 2k + 2
3k+1 = 1 + 2(k + 1)

Sehingga, P(k + 1) juga bernilai benar

Berdasarkan konsep dari induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 2.

Contoh 4:

Buktikan untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 5 akan berlaku 2n − 3 < 2n-2

Jawab:

P(n) :  2n − 3 < 2n-2

Akan dibuktikan dengan P(n) berlaku untuk n ≥ 5, n ∈ 

Langkah awal:

Akan ditunjukkan P(5) bernilai benar
2.5 − 3 = 7 < 25-2 = 8

Sehingga, P(1) bernilai benar

Langkah induksi:

Ibaratkan bahwa P(k) bernilai benar, yakni:
2k − 3 < 2k-2 ,    k ≥ 5

Akan menunjukan P(k + 1) juga bernilai benar, yakni:
2(k + 1) − 3 < 2k+1-2

2(k + 1) − 3 = 2k + 2 − 3
2(k + 1) − 3 = 2k − 3 + 2
2(k + 1) − 3 < 2k-2 + 2         (sebab 2k − 3 < 2k-2)
2(k + 1) − 3 < 2k-2 + 2k-2    (sebab 2 < 2k − 3 < 2k-2)
2(k + 1) − 3 = 2(2k-2)
2(k + 1) − 3 = 2k+1-2

Sehingga, P(k + 1) juga bernilai benar

Berdasarkan konsep dari induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 5.

Contoh 5:

Buktikan untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 4 dan berlaku (n + 1)! > 3n

Jawab:

P(n) :  (n + 1)! > 3n

Akan dibuktikan bahwa P(n) berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ 

Langkah awal:

Akan menunjukan P(4) bernilai benar
(4 + 1)! > 34
ruas kiri : 5! = 5.4.3.2.1 = 120
ruas kanan : 34 = 81

Sehingga, P(1) benar

Langkah induksi:

Ibaratkan bahwa P(k) bernilai benar, yakni:

(k + 1)! > 3k ,   k ≥ 4

Akan ditunjukkan P(k + 1) juga benar, yaitu
(k + 1 + 1)! > 3k+1

(k + 1 + 1)! = (k + 2)!
(k + 1 + 1)! = (k + 2)(k + 1)!
(k + 1 + 1)! > (k + 2)(3k)           (sebab (k + 1)! > 3k)
(k + 1 + 1)! > 3(3k)                     (sebab k + 2 > 3)
(k + 1 + 1)! = 3k+1

Sehingga, P(k + 1) juga bernilai benar.

Berdasarkan konsep dari induksi matematika, terbukti bahwa P(n) berlaku untuk masing-masing bilangan asli n ≥ 4.