Pertanyaan

Buktikan dengan induksi matematika. i = 1 ∑ n i 2 = 6 n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) berlaku untuk semua bilangan asli n .

Buktikan dengan induksi matematika.

$i = 1 \sum n i^{2} = \frac{n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6}$ berlaku untuk semua bilangan asli $n$ .

N. Puspita

Master Teacher

Jawaban terverifikasi

Jawaban

terbukti bahwa berlaku untuk semua bilangan asli

terbukti bahwa $sum from i equals 1 to n of i squared equals fraction numerator n open parentheses n plus 1 close parentheses open parentheses 2 n plus 1 close parentheses over denominator 6 end fraction$ berlaku untuk semua bilangan asli

Pembahasan

Prinsip Induksi Matematika: Misalkan merupakan suatu pernyataan untuk setiapbilangan asli . Pernyataan benar jika memenuhi langkah berikut. 1. Langkah awal: Dibuktikan benar. 2. Langkah induksi: Jika diasumsikan benar, maka harus dibuktikan bahwa juga benar, untuk setiap bilangan asli. Jika langkah 1 dan 2 sudah diuji kebenarannya, maka ditarik kesimpulan bahwa benar untuk setiap bilangan asli . Akan dibuktikan dengan induksi matematika bahwa: Langkah awal: Akan dibuktikan benar. Jadi, benar. Langkah induksi: diasumsikan benar untuk sehingga Akan ditunjukkan bahwa untuk juga benar, sedemikian sehingga Bukti: ∑ i = 1 k + 1 i 2 ∑ i = 1 k i 2 + ∑ i = k + 1 k + 1 i 2 6 k ( k + 1 ) ( 2 k + 1 ) + ( k + 1 ) 2 6 k ( k + 1 ) ( 2 k + 1 ) + 6 6 ( k + 1 ) 2 6 ( k + 1 ) [ k ( 2 k + 1 ) + 6 ( k + 1 ) ] 6 ( k + 1 ) [ 2 k 2 + k + 6 k + 6 ] 6 ( k + 1 ) [ 2 k 2 + 7 k + 6 ] 6 ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 ) = = = = = = = = 6 ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 ) 6 ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 ) 6 ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 ) 6 ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 ) 6 ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 ) 6 ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 ) 6 ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 ) 6 ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 ) Jadi, terbukti bahwa benar untuk . Pernyataan memenuhi kedua prinsip induksi matematika. Dengan demikian, terbukti bahwa berlaku untuk semua bilangan asli

Prinsip Induksi Matematika:

Misalkan P open parentheses n close parentheses merupakan suatu pernyataan untuk setiap bilangan asli . Pernyataan benar jika memenuhi langkah berikut.

1. Langkah awal: Dibuktikan P open parentheses 1 close parentheses benar.

2. Langkah induksi: Jika diasumsikan P open parentheses k close parentheses benar, maka harus dibuktikan bahwa P open parentheses k plus 1 close parentheses juga benar, untuk setiap bilangan asli.

Jika langkah 1 dan 2 sudah diuji kebenarannya, maka ditarik kesimpulan bahwa P open parentheses n close parentheses benar untuk setiap bilangan asli .

Akan dibuktikan dengan induksi matematika bahwa:

$sum from i equals 1 to n of i squared equals fraction numerator n open parentheses n plus 1 close parentheses open parentheses 2 n plus 1 close parentheses over denominator 6 end fraction$

Langkah awal:

Akan dibuktikan P open parentheses 1 close parentheses benar.

$table attributes columnalign right center left columnspacing 0px end attributes row cell 1 squared end cell equals cell fraction numerator 1 open parentheses 1 plus 1 close parentheses open parentheses 2 times 1 plus 1 close parentheses over denominator 6 end fraction end cell row 1 equals cell fraction numerator 1 times 2 times 3 over denominator 6 end fraction end cell row 1 equals 1 end table$

Jadi, P open parentheses 1 close parentheses benar.

Langkah induksi:

P open parentheses n close parentheses diasumsikan benar untuk n equals k sehingga

$P open parentheses k close parentheses colon space sum from i equals 1 to k of i squared equals fraction numerator k open parentheses k plus 1 close parentheses open parentheses 2 k plus 1 close parentheses over denominator 6 end fraction$

Akan ditunjukkan bahwa untuk n equals k plus 1 juga benar, sedemikian sehingga

$P open parentheses k plus 1 close parentheses colon space sum from i equals 1 to k plus 1 of i squared equals fraction numerator open parentheses k plus 1 close parentheses open parentheses k plus 2 close parentheses open parentheses 2 open parentheses k plus 1 close parentheses plus 1 close parentheses over denominator 6 end fraction$

Bukti:

$\sum_{i = 1}^{k + 1} i^{2} \sum_{i = 1}^{k} i^{2} + \sum_{i = k + 1}^{k + 1} i^{2} \frac{k ( k + 1 ) ( 2 k + 1 )}{6} + (k + 1)^{2} \frac{k ( k + 1 ) ( 2 k + 1 )}{6} + \frac{6 ( k + 1 ) ^{2}}{6} \frac{( k + 1 )}{6} [k (2 k + 1) + 6 (k + 1)] \frac{( k + 1 ) [ 2 k ^{2} + k + 6 k + 6 ]}{6} \frac{( k + 1 ) [ 2 k ^{2} + 7 k + 6 ]}{6} \frac{( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 )}{6} = = = = = = = = \frac{( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 )}{6} \frac{( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 )}{6} \frac{( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 )}{6} \frac{( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 )}{6} \frac{( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 )}{6} \frac{( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 )}{6} \frac{( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 )}{6} \frac{( k + 1 ) ( k + 2 ) ( 2 k + 3 )}{6}$

Jadi, terbukti bahwa P open parentheses n close parentheses benar untuk n equals k plus 1 .

Pernyataan P open parentheses n close parentheses memenuhi kedua prinsip induksi matematika.

Dengan demikian, terbukti bahwa $sum from i equals 1 to n of i squared equals fraction numerator n open parentheses n plus 1 close parentheses open parentheses 2 n plus 1 close parentheses over denominator 6 end fraction$ berlaku untuk semua bilangan asli