1 Sejarahnya keberadaan pohon jati. Keberadaan pohon jati di Indonesia memang rasanya sudah ada sejak lama. Sehingga hasil produknya pun cukup banyak pada masa itu. Namun, kenyataannya pohon jati bukanlah secara original berasal dari Indonesia. Sebab, pohon jati juga memiliki sejarahnya tersendiri. Melansir Gloster, kayu jati yang sampai di Subscribe!Klik di sini untuk berlangganan artikel melalui Telegram. Selain merentang ruang vektor, sebuah himpunan harus bebas linear, untuk menjadi basis ruang vektor. Tapi, apa sih yang disebut bebas linear? Lalu, bagaimana cara memeriksa apakah suatu himpunan bebas linear? Sebelum menjawab pertanyaan ini, mari perhatikan daftar isi berikut. Definisi Himpunan Bebas Linear Definisi Misalkan adalah himpunan yang terdiri dari dua atau lebih vektor dalam ruang vektor . Himpunan S disebut bebas linear, jika tidak ada vektor pada S yang dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor lainnya. Himpunan yang tidak bebas linear disebut bergantung linear. Himpunan yang hanya terdiri dari satu vektor disebut bergantung linear, jika vektor tersebut tak nol. Teorema mengenai Himpunan Bebas Linear Berikut ini beberapa teorema yang berkaitan dengan himpunan bebas linear dan bergantung linear. Teorema 1 Misalkan adalah himpunan yang beranggotakan dua vektor. Himpunan bebas linear jika dan hanya jika tidak ada vektor yang merupakan kelipatan skalar dari vektor lainnya. Teorema 2 Himpunan berhingga yang memuat adalah bergantung linear. Teorema 3 Misalkan adalah himpunan tak kosong dalam ruang vektor , dengan . Himpunan bebas linear jika dan hanya jika persamaan vektor hanya mempunyai solusi trivial, yaitu . Teorema 4 Misalkan adalah himpunan vektor dalam . Jika maka himpunan bergantung linear. Soal dan PembahasanNomor 1Misalkan adalah himpunan yang beranggotakan dua vektor. Buktikan bahwa bebas linear jika dan hanya jika tidak ada vektor yang merupakan kelipatan skalar dari vektor $S=\{\textbf{v}_1,\textbf{v}_2\}$. Pernyataan dalam soal berbentuk biimplikasi, sehingga perlu dibuktikan dari dua arah. DARI KIRIDiketahui $S$ bebas linear. Berdasarkan definisi, tidak ada vektor dalam $S$ yang dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari vektor lainnya. Artinya, tidak ada skalar $k$ dan $m$ yang memenuhi $\textbf{v}_1=k\textbf{v}_2$ dan $\textbf{v}_2=m\textbf{v}_1$. Dengan demikian, $\textbf{v}_1$ bukan kelipatan skalar dari $\textbf{v}_2$ dan begitupun sebaliknya. Terbukti. DARI KANANDiketahui bahwa tidak ada vektor dalam $S$ yang merupakan kelipatan skalar dari vektor lainnya. Artinya, tidak ada skalar $k$ dan $m$ yang memenuhi $\textbf{v}_1=k\textbf{v}_2$ dan $\textbf{v}_2=m\textbf{v}_1$. Dengan kata lain, $\textbf{v}_1$ bukan kombinasi linear dari $\textbf{v}_2$ dan begitupun sebaliknya. Berdasarkan definisi, $S$ adalah himpunan bebas linear. 2Buktikan bahwa himpunan berhingga yang memuat adalah bergantung $S$ adalah himpunan berhingga yang terdiri dari $r+1$ elemen, dengan $S=\{\textbf{v}_1,\textbf{v}_2,\ldots,\textbf{v}_r,\textbf{0}\}$. Perhatikan bahwa $$\textbf{0}=0\textbf{v}_1+0\textbf{v}_2+\ldots+0\textbf{v}_r$$ Salah satu vektor dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor lainnya. Berdasarkan definisi, $S$ bergantung linear. 3Misalkan adalah himpunan tak kosong dalam ruang vektor , dengan . Buktikan bahwa bebas linear jika dan hanya jika persamaan vektor hanya mempunyai solusi trivial, yaitu .PembahasanDARI KIRIKita bagi menjadi dua kasus, berdasarkan banyak anggota dari $S$. Untuk kasus pertama, kita misalkan $S$ hanya beranggotakan satu vektor, sebutlah $\textbf{v}$. Karena $S$ bebas linear, maka haruslah $\textbf{v} \neq \textbf{0}$. Akibatnya, persamaan vektor $k\textbf{v}=\textbf{0}$ hanya dipenuhi oleh skalar $k=0$. Terbukti. Untuk kasus kedua, kita misalkan $S$ beranggotakan lebih dari satu vektor, yaitu $S=\{ \textbf{v}_1,\textbf{v}_2,\ldots,\textbf{v}_r \}$ dengan $r \geq 2$. Kita akan menggunakan bukti dengan kontradiksi. Andaikan persamaan vektor $$k_1 \textbf{v}_1 + k_2 \textbf{v}_2 + \ldots + k_r \textbf{v}_r = \textbf{0} \tag{1}$$ mempunyai solusi non trivial. Artinya, di antara $k_1,k_2,\ldots,k_r$ terdapat skalar tak nol. Tanpa mengurangi perumumuan, misalkan $k_1 \neq 0$. Karena $k_1 \neq 0$, maka persamaan $1$ dapat ditulis sebagai $$\textbf{v}_1+\frac{k_2}{k_1} \textbf{v}_2 + \ldots + \frac{k_r}{k_1} \textbf{v}_r = \textbf{0}$$ yang berakibat $$\textbf{v}_1 = \left-\frac{k_2}{k_1} \right \textbf{v}_2 + \ldots + \left-\frac{k_r}{k_1} \right \textbf{v}_r$$ Persamaan di atas menunjukkan bahwa $\textbf{v}_1$ dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor lainnya. Berdasarkan definisi, himpunan $S$ bergantung linear. Kontradiksi. Jadi, persamaan $1$ hanya mempunyai solusi trivial. DARI KANANKita bagi menjadi dua kasus, berdasarkan banyak anggota dari $S$. Untuk kasus pertama, kita misalkan $S$ hanya beranggotakan satu vektor, sebutlah $\textbf{v}$. Persamaan $k\textbf{v}=0$ hanya dipenuhi oleh $k=0$, sehingga haruslah $\textbf{v} \neq \textbf{0}$. Akibatnya, himpunan $S$ bebas linear. Terbukti. Untuk kasus kedua, kita misalkan $S$ beranggotakan lebih dari satu vektor, yaitu $S=\{ \textbf{v}_1,\textbf{v}_2,\ldots,\textbf{v}_r \}$ dengan $r \geq 2$. Kita akan menggunakan bukti dengan kontradiksi. Andaikan $S$ bergantung linear. Berdasarkan definisi, terdapat anggota $S$ yang dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor lainnya. Tanpa mengurangi perumuman, misalkan $\textbf{v}_1 \in S$ adalah vektor yang demikian, sehingga $$\textbf{v}_1=c_2\textbf{v}_2+\ldots+c_r\textbf{v}_r$$ untuk suatu skalar $c_2,c_3,\ldots,c_r$. Persamaan di atas dapat ditulis sebagai $$1\textbf{v}_1+-c_2\textbf{v}_2+\ldots+-c_r\textbf{v}_r=\textbf{0}$$ Akibatnya, persamaan vektor $$k_1 \textbf{v}_1 + k_2 \textbf{v}_2 + \ldots + k_r \textbf{v}_r = \textbf{0}$$ dipenuhi oleh $$k_1=1,k_2=-c_2,\ldots,k_r=-c_r$$ Dengan kata lain, terdapat solusi non trivial. Kontradiksi. Jadi, $S$ adalah himpunan bebas linear. 4Misalkan adalah himpunan vektor dalam . Jika maka buktikan bahwa bergantung $S=\{\textbf{v}_1,\textbf{v}_2,\ldots,\textbf{v}_r\}$ dengan $$\begin{aligned} \textbf{v}_1 &= w_{11},w_{12},\ldots,w_{1n} \\ \textbf{v}_2 &= w_{21},w_{22},\ldots,w_{2n} \\ &\vdots \\ \textbf{v}_r &= w_{r1},w_{r2},\ldots,w_{rn} \\ \end{aligned}$$ Perhatikan persamaan vektor berikut $$k_1\textbf{v}_1+k_2\textbf{v}_2+\ldots+k_r\textbf{v}_r = \textbf{0}$$ Jika setiap vektor dinyatakan dalam bentuk komponen, dapat dibentuk sistem persamaan linear $$\left\{\begin{aligned} k_1w_{11}+k_2w_{21}+\ldots+k_rw_{r1} &= 0 \\ k_1w_{12}+k_2w_{22}+\ldots+k_rw_{r2} &= 0 \\ &\vdots \\ k_1w_{1n}+k_2w_{2n}+\ldots+k_rw_{rn} &= 0 \end{aligned}\right.$$ Sistem homogen ini terdiri dari $r$ variabel dan $n$ persamaan. Karena $r > n$, maka sistem ini mempunyai solusi non trivial. Dengan demikian, $S$ bergantung linear. 5Misalkan adalah himpunan vektor yang bebas linear dan subset tak kosong dari . Buktikan bahwa bebas $S=\{\textbf{v}_1,\textbf{v}_2,\ldots,\textbf{v}_n\}$ bebas linear dan $T$ subset tak kosong dari $S$. Tanpa mengurangi perumuman, misalkan $T=\{\textbf{v}_1,\textbf{v}_2,\ldots,\textbf{v}_r\}$ dengan $1 \leq r \leq n$ Andaikan himpunan $T$ bergantung linear, sehingga persamaan vektor $$k_1\textbf{v}_1+k_2\textbf{v}_2+\ldots+k_r\textbf{v}_r = \textbf{0} \tag{1}$$ mempunyai solusi non trivial. Dengan kata lain, terdapat skalar tak nol di antara $k_1,k_2,\ldots,k_r$. Perhatikan bahwa persamaan $1$ dapat ditulis sebagai $$k_1\textbf{v}_1+k_2\textbf{v}_2+\ldots+k_r\textbf{v}_r +\textcolor{red}{0\textbf{v}_{r+1}+\ldots+0\textbf{v}_n} = \textbf{0}$$ Karena persamaan ini mempunyai solusi non trivial, maka himpunan $$\{\textbf{v}_1,\textbf{v}_2,\ldots,\textbf{v}_r,\ldots,\textbf{v}_n\}=S$$ bergantung linear. Kontradiksi. Dengan demikian, himpunan $T$ bebas 6Misalkan . Periksa apakah himpunan bebas $S$ beranggotakan dua vektor. Karena $\textbf{v}_1$ bukan kelipatan skalar dari $\textbf{v}_2$, begitupun sebaliknya, maka berdasarkan Teorema 1, $S$ adalah himpunan bebas 7Misalkan dengan Periksa apakah himpunan bebas bahwa $S$ adalah himpunan vektor dalam $\mathbb{R}^2$, yang terdiri dari 3 vektor. Karena $3 > 2$, maka berdasarkan Teorema 4, $S$ adalah himpunan bebas linear. 8Misalkan dengan Periksa apakah himpunan bebas akan memeriksa apakah persamaan vektor $$k_1 \textbf{v}_1 + k_2 \textbf{v}_2 + k_3 \textbf{v}_3 = \textbf{0}$$ hanya mempunyai solusi trivial $k_1=k_2=k_3=0$. Perhatikan bahwa $$\begin{aligned} k_1 \textbf{v}_1 + k_2 \textbf{v}_2 + k_3 \textbf{v}_3 &= \textbf{0} \\ k_1 1,1,2 + k_2 1,0,1 + k_3 2,1,3 &= 0,0,0 \\ k_1,k_1,2k_1 + k_2,0,k_2 + 2k_3,k_3,3k_3 &= 0,0,0 \\ k_1 + k_2 + 2k_3, k_1 + k_3,2k_1 + k_2 + 3k_3 &= 0,0,0 \end{aligned}$$ Berdasarkan kesamaan vektor pada $\mathbb{R}^3$, diperoleh $$\left\{\begin{alignat*}{3} k_1&\+\&k_2&\+\&2k_3 \=\ &0 \\ k_1&\\&&\+\&k_3 \=\ &0 \\ 2k_1&\+\&k_2&\+\&3k_3 \=\ &0 \end{alignat*}\right.$$ Matriks koefisien dari sistem persamaan di atas adalah $$A=\begin{bmatrix}1 & 1 & 2\\1 & 0 & 1\\2 & 1 & 3\end{bmatrix}$$ Karena $\text{det}A=0$ periksa!, maka sistem persamaan ini mempunyai solusi non trivial. Berdasarkan Teorema 3, himpunan $S$ bergantung 9Misalkan dengan Periksa apakah himpunan bebas akan memeriksa apakah persamaan vektor $$k_1 \textbf{p}_1 + k_2 \textbf{p}_2 + k_3 \textbf{p}_3 = \textbf{0}$$ hanya dipenuhi oleh $k_1=k_2=k_3=0$. Perhatikan bahwa $$\begin{aligned} k_1 \textbf{p}_1 + k_2 \textbf{p}_2 + k_3 \textbf{p}_3 &= \textbf{0} \\ k_1 1+x+x^2 + k_2 1+x^2 + k_3 1+2x &= 0+0x+0x^2 \\ k_1+k_1x+k_1x^2 + k_2+k_2x^2 + k_3+2k_3x &= 0+0x+0x^2 \\ k_1+k_2+k_3+k_1+2k_3x+k_1+k_2x^2 &= 0+0x+0x^2 \end{aligned}$$ Berdasarkan kesamaan vektor pada $P_2$, diperoleh $$\left\{\begin{alignat*}{3} k_1&\+\&k_2&\+\&k_3 \=\ &0 \\ k_1&\\&&\+\&2k_3 \=\ &0 \\ k_1&\+\&k_2&\\& \=\ &0 \end{alignat*}\right.$$ Matriks koefisien dari sistem persamaan di atas adalah $$A=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1\\1 & 0 & 2\\1 & 1 & 0\end{bmatrix}$$ Karena $\text{det}A=1 \neq 0$ periksa!, maka sistem persamaan ini hanya mempunyai solusi trivial. Berdasarkan Teorema 3, himpunan $S$ bebas 10Tentukan nilai sehingga himpunan berikut bebas linear dalam ruang vektor . PembahasanPerhatikan persamaan vektor berikut $$\begin{aligned} k_1-1,-1,x+k_2-1,x,-1+k_3x,-1,-1 &= 0,0,0 \\ -k_1-k_2+xk_3,-k_1+xk_2-k_3,xk_1-k_2-k_3 &= 0,0,0 \end{aligned}$$ Berdasarkan kesamaan vektor pada $\mathbb{R}^3$, dapat dibentuk sistem persamaan $$\left\{\begin{alignat*}{3} -k_1&\-\&k_2&\+\&xk_3 \=\ &0 \\ -k_1&\+\&xk_2&\-\&k_3 \=\ &0 \\ xk_1&\-\&k_2&\-\&k_3 \=\ &0 \end{alignat*}\right.$$ Matriks koefisien dari sistem ini adalah $$A=\begin{bmatrix}-1 & -1 & x\\-1 & x & -1\\x & -1 & -1\end{bmatrix}$$ dengan determinan $$\begin{aligned} \text{det}A &= \begin{vmatrix}-1 & -1 & x\\-1 & x & -1\\x & -1 & -1\end{vmatrix} \\ &= \begin{vmatrix}-1 & -1 & x\\0 & x+1 & -x-1\\0 & -x-1 & x^2-1\end{vmatrix} &&[R_2-R_1,\;R_3+xR_1] \\ &= \begin{vmatrix}-1 & -1 & x\\0 & x+1 & -x-1\\0 & 0 & x^2-x-2\end{vmatrix} \quad &&[R_3+R_2] \\ &= -1x+1x^2-x-2 &&[\text{Determinan matriks segitiga}] \\ &= -x+1x+1x-2 \\ &= -x+1^2x-2 \end{aligned}$$ Karena himpunan tersebut bebas linear, maka $\detA \neq 0$. Perhatikan bahwa $\text{det}A=0$ untuk $x=-1$ dan $x=2$. Dengan demikian, himpunan tersebut bebas linear untuk setiap nilai $x$, selain $-1$ dan $2$.
Daricontoh tersebut dapat dilihat bahwa, dengan jumlah periode yang sama, periode pada anuitas di muka berakhir satu periode sebelum periode anuitas biasa berakhir. 1.3.1 Menghitung P, jika diketahui PV, i, dan n P = [( ) ] CONTOH (1): Lisa membeli sebuah notebook seharga Rp 9.550.000 dengan melakukan cicilan sebanyak 18 kali setiap bulan
Jawabannya adalah A karena A,i,u,e,o sama dengan 1,2,3,,4,5SEMOGA MEMBANTU terima kasih kak kakak sehat selalu ya aminn
Halyang Harus Diketahui tentang Surat Jual Beli Tanah. 1. Cek Identitas Lengkap Pihak Pertama dan Kedua. Sebelum menandatangani surat jual beli tanah, sebaiknya kamu cek lagi identitas lengkap pihak pertama dan kedua. Pihak pertama adalah pemilik tanah awal yang akan menjual tanahnya. Sementara pihak kedua adalab pembeli yang nantinya menjadi
Induksi Matematik Metode pembuktian untuk pernyataan perihal bilangan bulat adalah induksi matematik. Contoh Misalkan pn adalah pernyataan yang menyatakan “Jumlah bilangan bulat positif dari 1 sampai n adalah nn + 1/2”. Buktikan bahwa pn benar! Contoh lainnya Setiap bilangan bulat positif n n 2 dapat dinyatakan sebagai perkalian dari satu atau lebih bilangan prima. Untuk semua n 1, n3 + 2n adalah kelipatan 3. Untuk membayar biaya pos sebesar n sen dolar n 8 selalu dapat digunakan hanya perangko 3 sen dan 5 sen dolar. Di dalam sebuah pesta, setiap tamu berjabat tangan dengan tamu lainnya hanya sekali. Jika ada n orang tamu maka jumlah jabat tangan yang terjadi adalah nn – 1/2. 5. Banyaknya himpunan bagian yang dapat dibentuk dari sebuah himpunan yang beranggotakan n elemen adalah 2n Induksi matematik merupakan teknik pembuktian yang baku di dalam matematika. Melalui induksi matematik kita dapat mengurangi langkah-langkah pembuktian bahwa semua bilangan bulat termasuk ke dalam suatu himpunan kebenaran dengan hanya sejumlah langkah terbatas. Prinsip Induksi Sederhana. Misalkan pn adalah pernyataan perihal bilangan bulat positif dan kita ingin membuktikan bahwa pn benar untuk semua bilangan bulat positif n. Untuk membuktikan pernyataan ini, kita hanya perlu menunjukkan bahwa p1 benar, dan untuk semua bilangan bulat positif n 1, jika pn benar maka pn + 1 juga benar. Langkah 1 dinamakan basis induksi, sedangkan langkah 2 dinamakan langkah induksi. Langkah induksi berisi asumsi andaian yang menyatakan bahwa pn benar. Asumsi tersebut dinamakan hipotesis induksi. Bila kita sudah menunjukkan kedua langkah tersebut benar maka kita sudah membuktikan bahwa pn benar untuk semua bilangan bulat positif n. Contoh 1. Gunakan induksi matematik untuk membuktikan bahwa 11! + 22! + … + nn! = n + 1! – 1 Contoh 2. Gunakan induksi matematik untuk membuktikan bahwa jumlah n buah bilangan ganjil positif pertama adalah n2. Penyelesaian i Basis induksi Untuk n = 1, jumlah satu buah bilangan ganjil positif pertama adalah 12 = 1. Ini benar karena jumlah satu buah bilangan ganjil positif pertama adalah 1. ii Langkah induksi Andaikan untuk n 1 pernyataan 1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 = n2 adalah benar hipotesis induksi [catatlah bahwa bilangan ganjil positif ke-n adalah 2n – 1]. Kita harus memperlihatkan bahwa 1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 + 2n + 1 = n + 12 juga benar. Hal ini dapat kita tunjukkan sebagai berikut 1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 + 2n + 1 = [1 + 3 + 5 + … + 2n – 1] + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 = n + 12 Karena langkah basis dan langkah induksi keduanya telah diperlihatkann benar, maka jumlah n buah bilangan ganjil positif pertama adalah n2. Prinsip Induksi yang Dirampatkan Misalkan pn adalah pernyataan perihal bilangan bulat dan kita ingin membuktikan bahwa pn benar untuk semua bilangan bulat n n0. Untuk membuktikan ini, kita hanya perlu menunjukkan bahwa pn0 benar, dan untuk semua bilangan bulat n n0, jika pn benar maka pn+1 juga benar. Contoh 3. Untuk semua bilangan bulat tidak-negatif n, buktikan dengan induksi matematik bahwa 20 + 21 + 22 + … + 2n = 2n+1 – 1 Penyelesaian i Basis induksi. Untuk n = 0 bilangan bulat tidak negatif pertama, kita peroleh 20 = 20+1 – 1. Ini jelas benar, sebab 20 = 1 = 20+1 – 1 = 21 – 1 = 2 – 1 = 1 ii Langkah induksi. Andaikan bahwa untuk semua bilangan bulat tidak-negatif n, 20 + 21 + 22 + … + 2n = 2n+1 – 1 adalah benar hipotesis induksi. Kita harus menunjukkan bahwa 20 + 21 + 22 + … + 2n + 2n+1 = 2n+1 + 1 – 1 juga benar. Ini kita tunjukkan sebagai berikut 20 + 21 + 22 + … + 2n + 2n+1 = 20 + 21 + 22 + … + 2n + 2n+1 = 2n+1 – 1 + 2n+1 dari hipotesis induksi = 2n+1 + 2n+1 – 1 = 2 . 2n+1 – 1 = 2n+2 – 1 = 2n+1 + 1 – 1 Karena langkah 1 dan 2 keduanya telah diperlihatkan benar, maka untuk semua bilangan bulat tidak-negatif n, terbukti bahwa 20 + 21 + 22 + … + 2n = 2n+1 – 1 Contoh 4. Buktikan dengan induksi matematik bahwa pada sebuah himpunan beranggotakan n elemen, banyaknya himpunan bagian yang dapat dibentuk dari himpunan tersebut adalah 2n. Contoh 5. Buktikan pernyataan “Untuk membayar biaya pos sebesar n sen n 8 selalu dapat digunakan hanya perangko 3 sen dan perangko 5 sen” benar. Penyelesaian i Basis induksi. Untuk membayar biaya pos 8 sen dapat digunakan 1 buah perangko 3 sen dan 1 buah perangka 5 sen saja. Ini jelas benar. ii Langkah induksi. Andaikan bahwa untuk membayar biaya pos sebesar n n 8 sen dapat digunakan perangko 3 sen dan 5 sen hipotesis induksi. Kita harus menunjukkan bahwa untuk membayar biaya pos sebesar n + 1 sen juga dapat menggunakan perangko 3 sen dan perangko 5 sen. Ada dua kemungkinan yang perlu diperiksa Kemungkinan pertama, misalkan kita membayar biaya pos senilai n sen dengan sedikitnya satu perangko 5 sen. Dengan mengganti satu buah perangko 5 sen dengan dua buah perangko 3 sen, akan diperoleh susunan perangko senilai n + 1 sen. Kemungkinan kedua, jika tidak ada perangko 5 sen yang digunakan, biaya pos senilai n sen menggunakan perangko 3 sen semuanya. Karena n 8, setidaknya harus digunakan tiga buah perangko 3 sen. Dengan mengganti tiga buah perangko 3 sen dengan 2 buah perangko 5 sen, akan dihasilkan nilai perangko n + 1 sen. Contoh 6. Sebuah ATM Anjungan Tunai Mandiri hanya menyediakan pecahan uang Rp dan Rp -. Kelipatan uang berapakah yang dapat dikeluarkan oleh ATM tersebut? Buktikan jawaban anda dengan induksi matematik.
f1) = 4(1) 2 + 2(1) – 10 = 4×1 + 2×1 – 10 = –4. Jawaban: B. Contoh 3 – Soal Cara Mencari f(x) Jika Diketahui g(x) dan (fog)(x) Diketahui persamaan komposisi fungsi (gof)(x) = x 2 – 7x + 4 dan fungsi g(x) = x – 1. Rumus fungsi f(x) yang sesuai dengan komposisi fungsi tersebut adalah . A. x 2 – 7x + 5 B. x 2 + 7x – 5 C. x 2
Merupakan pembuktian dengan cara deduktif, meski namanya induksi. Induksi matematika atau disebut juga induksi lengkap sering dipergunakan untuk pernyataan-pernyataan yang menyangkut bilangan-bilangan ditekankan bahwa induksi matematika hanya digunakan untuk membuktikan kebenaran dari suatu pernyataan atau rumus, bukan untuk menurunkan rumus. Atau lebih tegasnya induksi matematika tidak dapat digunakan untuk menurunkan atau menemukan Induksi MatematikaUntuk setiap bilangan bulat positif n, misalkan Pn adalah pernyataan yang bergantung pada n. JikaP1 benar danuntuk setiap bilangan bulat positif k, jika Pk benar maka Pk + 1 benarmaka pernyataan Pn bernilai benar untuk semua bilangan bulat positif menerapkan prinsip induksi matematika, kita harus melakukan 2 langkahLangkah 1 Buktikan bahwa P1 benar. langkah dasarLangkah 2 Anggap bahwa Pk benar, dan gunakan anggapan ini untuk membuktikan bahwa Pk + 1 benar. langkah induksiPerlu diingat bahwa dalam Langkah 2 kita tidak membuktikan bahwa Pk benar. Kita hanya menunjukkan bahwa jika Pk benar, maka Pk + 1 juga bernilai benar. Anggapan bahwa pernyataan Pk benar disebut sebagai hipotesis menerapkan Prinsip Induksi Matematika, kita harus bisa menyatakan pernyataan Pk + 1 ke dalam pernyataan Pk yang diberikan. Untuk menyatakan Pk + 1, substitusi kuantitas k + 1 ke k dalam pernyataan Pk.Langkah-Langkah Pembuktian Induksi MatematikaDari uraian-uraian diatas, langkah-langkah pembuktian induksi matematika dapat kita urutkan sebagai berikut Langkah dasar Tunjukkan P1 induksi Asumsikan Pk benar untuk sebarang k bilangan asli, kemudian tunjukkan Pk+ 1 juga benar berdasarkan asumsi Pn benar untuk setiap bilangan asli DeretSebelum masuk pada pembuktian deret, ada beberapa hal yang perlu dipahami dengan baik menyangkut Pn u1 + u2 + u3 + … + un = Sn , maka P1 u1 = S1 Pk u1 + u2 + u3 + … + uk = Sk Pk + 1 u1 + u2 + u3 + … + uk + uk+1 = Sk+1Pembuktian KeterbagianPernyataan “a habis dibagi b” bersinonim dengan a kelipatan bb faktor dari ab membagi aJika p habis dibagi a dan q habis dibagi a, maka p + q juga habis dibagi a. Sebagai contoh, 4 habis dibagi 2 dan 6 habis dibagi 2, maka 4 + 6 juga habis dibagi PertidaksamaanBerikut sifat-sifat pertidaksamaan yang sering digunakan 1. Sifat transitif a > b > c ⇒ a > c atau a 0 ⇒ ac b dan c > 0 ⇒ ac > bc3. a b ⇒ a + c > b + cMari kita coba untuk latihan menggunakan sifat-sifat diatas untuk menunjukkan implikasi “jika Pk benar maka Pk + 1 juga benar”.Misalkan Pk 4k 1 + 2nJawab Pn 3n > 1 + 2n Akan dibuktikan Pn berlaku untuk n ≥ 2, n ∈ NNLangkah Dasar Akan ditunjukkan P2 benar 32 = 9 > 1 + = 5 Jadi, P1 benarLangkah Induksi Asumsikan Pk benar, yaitu 3k > 1 + 2k, k ≥ 2Akan ditunjukkan Pk + 1 juga benar, yaitu 3k+1 > 1 + 2k + 13k+1 = 33k 3k+1 > 31 + 2k karena 3k > 1 + 2k 3k+1 = 3 + 6k 3k+1 > 3 + 2k karena 6k > 2k 3k+1 = 1 + 2k + 2 3k+1 = 1 + 2k + 1Jadi, Pk + 1 juga benarBerdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa Pn berlaku untuk setiap bilangan asli n ≥ Buktikan untuk setiap bilangan asli n ≥ 4 berlakun + 1! > 3nJawab Pn n + 1! > 3n Akan dibuktikan Pn berlaku untuk n ≥ 4, n ∈ NN Langkah Dasar Akan ditunjukkan P4 benar 4 + 1! > 34 ruas kiri 5! = = 120 ruas kanan 34 = 81 Jadi, P1 benar Langkah Induksi Asumsikan Pk benar, yaitu k + 1! > 3k , k ≥ 4Akan ditunjukkan Pk + 1 juga benar, yaitu k + 1 + 1! > 3k+1k + 1 + 1! = k + 2! k + 1 + 1! = k + 2k + 1! k + 1 + 1! > k + 23k karena k + 1! > 3k k + 1 + 1! > 33k karena k + 2 > 3 k + 1 + 1! = 3k+1Jadi, Pk + 1 juga benarBerdasarkan prinsip induksi matematika, terbukti bahwa Pn berlaku untuk setiap bilangan asli n ≥ Menjumlahkan angka berpangkat dalam induksi matematika. Buktikan bahwa 13 + 23 + 33 + … + n3 = ¼n2n + 12 1. Tunjukkan kebenarannya untuk n=1 13 = ¼ × 12 × 22 Benar. 2. Asumsikan benar untuk n=k 13 + 23 + 33 + … + k3 = ¼k2k + 12 Benar Asumsi!JawabanSekarang, buktikan kebenarannya untuk “k+1”13 + 23 + 33 + … + k + 13 = ¼k + 12k + 22 ?Kita tahu bahwa 13 + 23 + 33 + … + k3 = ¼k2k + 12 asumsi di atas, jadi kita dapat mengganti semua kecuali suku terakhir¼k2k + 12 + k + 13 = ¼k + 12k + 22Kalikan semua suku dengan 4k2k + 12 + 4k + 13 = k + 12k + 22Semua suku memiliki faktor persekutuan k + 12, sehingga dapat dibatalkank2 + 4k + 1 = k + 22Dan sederhanakank2 + 4k + 4 = k2 + 4k + 4Mereka sama! Jadi memang + 23 + 33 + … + k + 13 = ¼k + 12k + 22 Menjumlahkan angka ganjil untuk induksi + 3 + 5 + … + 2n−1 = n21. Tunjukkan kebenarannya untuk n=11 = 12 Asumsikan benar untuk n=k1 + 3 + 5 + … + 2k−1 = k2 Benar Sebuah anggapan!Sekarang, buktikan kebenarannya untuk “k+1”1 + 3 + 5 + … + 2k−1 + 2k+1−1 = k+12 ?Kita tahu bahwa 1 + 3 + 5 + … + 2k−1 = k2 asumsi di atas, jadi kita dapat melakukan penggantian untuk semua kecuali suku terakhirk2 + 2k+1−1 = k+12 Sekarang jelaskan sebagai berikutk2 + 2k + 2 − 1 = k2 + 2k+1Dan sederhanakank2 + 2k + 1 = k2 + 2k + 1They are the same! So it is + 3 + 5 + … + 2k+1−1 = k+12 Buktikan bahwa jumlah n buah dari bilangan ganjil positif pertama ialah terlebih dahulu basis induksi. Untuk n = 1, maka jumlah satu buah dari bilangan ganjil positif pertama ialah 12 = 1. Hal ini benar karena jumlah dari satu buah bilagan ganjil yang positif pertama ialah induksi dengan mengandaikan pn benar, sebagai berikut1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 = n2Selanjutnya, perlihatkan bahwa p n+1 juga benar yakni 1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 + 2n + 1 = n + 12 adalah benar. Hal ini bisa ditunjukkan dengan uraian + 3 + 5 + … + 2n – 1 + 2n + 1= [1 + 3 + 5 + … + 2n – 1] + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 = n + 12Karena baik langkah basis maupun induksi keduanya sudah ditunjukkan dengan benar, maka total jumlah n buah dari bilangan ganjil positif pertama ialah Buktikan 1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 = = 1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 = n2. Maka akan mampu menujukkan Pn benar untuk tiap-tiap n PertamaContoh soal induksi matematika dan jawabannya ini pasti mampu mempermudah Anda. Jika menghadapi soal seperti ini, sebaiknya lakukan langkah pertama terlebih dahulu. Langkah awal akan menunjukkan bahwa p1 adalah benar 1 = 12. Jadi, p1 adalah Induksi Berikutnya, bisa langsung menerapkan langkah induksi. Ibaratkan saja jika Pk adalah benar, yaitu1 + 3 + 5 + … + 2k – 1 = k2, k N1 + 3 + 5 + … + 2k – 1 + 2k + 1 – 1 = k + 121 + 3 + 5 + … + 2k – 1 = k21 + 3 + 5 + … + 2k – 1 + 2k + 1 – 1 = k2 + 2k + 1 – 11 + 3 + 5 + … + 2k – 1 + 2k + 1 – 1 = k2 + 2k + 11 + 3 + 5 + … + 2k – 1 + 2k + 1 – 1 = k + 12 Berdasarkan uraian tersebut, maka diketahui bahwa pn adalah benar bagi masing-masing n dari bilangan Buktikan jika 6n + 4 sudah habis dibagi 5 untuk tiap-tiap n seperti contoh soal induksi matematika dan jawabannya yang lalu, pada soal ini Anda juga perlu membuat langkah awal dan Awal Langkah ini akan menunjukkan jika p1 adalah benar. 61 + 4 = 10 habis dibagi oleh angka 5. Hal ini membuktikan bahwa p1 adalah Induksi Berikutnya adalah langkah induksi. Pada langkah induksi, ibaratkan saja pk adalah benar, maka 6k + 4 sudah habis dibagi dengan angka 5, k N. Hal ini akan menunjukkan pk + 1 adalah juga benar yaitu 6k+1 + 4 juga habis dibagi angka + 4 = 66k + 4 6k+1 + 4 = 56k + 6k + 4Jika 56k telah habis dibagi 5 dan 6k + 4 juga habis dibagi 5, maka 56k + 6k + 4 juga pasti akan dibagi habis dengan angka 5. Jadi, pk + 1 adalah Buktikanlah bahwa bagi setiap n N dan n0 N berlaku seperti 1 + 3 + 5 + … + nn + 1/2 = 1/6 n n + 1 n + 2.Persis seperti cara sebelumnya, sebaiknya Anda buat langkah basic dan Awal n = 112 = 1/6 1 1 + 1 1 + 21 = 1 adalah benar Induksi n = k1 + 3 + 5 + … + nn + 1/2 = 1/6 n n + 1 n + 2 juga adalah demikian jelas terbukti bahwa setiap n N dan n0 N berlaku seperti 1 + 3 + 5 + … + nn + 1/2 = 1/6 n n + 1 n + 2. Tentu ini menjadi soal paling sederhana, diantara soal-soal Buktikanlah jika 32n + 22n + 2 benar-benar habis dibagi bisa membuktikannya, lakukang langkah berikutLangkah Pertama 321 + 221+2 = 32 + 24 = 9 + 16 = 25, jadi benar-benar habis dibagi 5. Hal ini Kedua Menggunakan 2 n = k32k + 22k + 2Langkah Ketiga = k + 1= 32k+1 + 222k+2 = 32k+2 + 22k+2+2 = 3232k + 2222k+2 = 1032k + 522k+2 – 32k – 22k+2 = 10 32k + 5 22k+2 – 32k + 22k+2Diperoleh10 32k sudah habis dibagi 5, 522k+2 sudah habis dibagi 5 dan –32k + 22k+2 juga habis dibagi bilangan bulat tidak negatif n, buktikan dengan memakai induksi matematika bahwa 20 + 21 + 22 + … + 2n = 2n+1 – tahu basis induksi terlebih dahulu yaitu 20 = 20+1 – 1. Jadi, sangat jelas bahwa 20 = 1Jika pn benar, yakni 20 + 21 + 22 + … + 2n = 2n+1 – 1 adalah benar, maka tunjukkan bahwa pn+1 juga benar 20 + 21 + 22 + … + 2n = 2n+1 – 1 juga benar, maka tunjukkan bahwa 20 + 21 + 22 + … + 2n + 2n+1 = 20 + 21 + 22 + … + 2n + 2n+1 = 2n+1 – 1 + 2n+1 hipotesis induksi. = 2n+1 + 2n+1 – = – 1 = 2n+2 – 1 = 2n+1+1 – 1Maka dapat dibuktikan bahwa semua bilangan bulat tidak negatif n, terbukti bahwa 20 + 21 + 22 + … + 2n = 2n+1 – MatematikaTes Matematika Deret Angka Untuk Yang Pintar – Tomat, Timun Dan PaprikaTes Matematika “Otak Atik Otak” Jumlah nomor yang harus didapatkan 50 & Nomor yang diberikan 2 8 9 15 20 40Tes Matematika Pengukuran Berat Sebuah botol & tutupnya berberat 110g. Berat botol 100g lebih berat daripada tutupnya. Berapa berat tutupnya?Matematika Jika 2=6, 3=15, 4=24, 5=35, 6=48 Jadi 7=??Tes Matematika Pemecahan Masalah Logika Visual Psikotes Roda Gigi X – Beserta Rumus, Soal & Jawaban Untuk Menghitung Panjang Lintasan RodaRumus Trigonometri Dan Contoh-Contoh Soal Beserta JawabannyaSoal Rumus Kimia Hidrat Air Kristal Dan JawabannyaRumus-Rumus Lingkaran “Volume” Tes Matematika LingkaranBacaan LainnyaBerapa Kecerdasan IQ Anda? Tes IQ Anda Disini10 Cara Belajar Pintar, Efektif, Cepat Dan Mudah Di Ingat – Untuk Ulangan & Ujian Pasti Sukses!Tulisan Menunjukkan Kepribadian Anda & Bagaimana Cara Anda Menulis?Top 10 Sungai Terpanjang Di DuniaKepalan Tangan Menandakan Karakter Anda & Kepalan nomer berapa yang Anda miliki?Sistem Reproduksi Manusia, Hewan dan TumbuhanUnduh / Download Aplikasi HP Pinter PandaiRespons “ohh begitu ya…” akan sering terdengar jika Anda memasang applikasi kita!Siapa bilang mau pintar harus bayar? Aplikasi Ilmu pengetahuan dan informasi yang membuat Anda menjadi lebih smart!HP AndroidHP iOS AppleSumber The Math Page, Purple Math, Oxford Math Center, Encyclopedia of MathematicsPinter Pandai “Bersama-Sama Berbagi Ilmu” Quiz Matematika IPA Geografi & Sejarah Info Unik Lainnya Business & Marketing
diketahui bahwa 1 1 3 1 1 4
Bacajuga: Kasus Kematian Brigadir J, Kapolri Sebut Ada 4 Polisi Sedang Diisolasi. Dedi juga menyampaikan bahwa keempat perwira itu berpangkat perwira pertama (pama) dan perwira menengah (pamen). "Yang ditempatkan di tempat khusus, sementara ini ya, karena ini kan masih berproses, pangkat pama dan pangkat pamen," ujarnya.
3f x xo jika diketahui bahwa 5 f 1 d 2(x 3) 2 14. Bila diketahui ¯ ® ­ t 4 1 2 3, 1 ( ) x2, x ax x f x, tentukan a agar f(x) kontinu di
SOAL1.5.: Jika diketahui Buktikan bahwa X dan Y bebas stokastik ! 0 selainnya untuk 1, 2 dan 2, 3, 4 Buktikan bahwa 3 1 E(X) 3! b) Bagaimana meletakkan bola bernomor 1,2,6 ke dalam ke 3 kotak agar nilai E(X) maksimum ? Modul Proses Stokastik – Prodi Matematika
Teksvideo. diketahui dari soal tersebut yang pertama kita lihat untuk himpunan dari A 1 2 3 dan 4 dan relasinya disini kita lihat Tentukan apakah dari relasi tersebut reflektif setangkup tolak setangkup menghantar atau tidak ada yang pertama di sini adalah stres Nah refleksif itu sendiri adalah jika terdapat kita misalkan di sini dari himpunan p yang didalamnya terdapat
A 1 dan 2 B. 1 dan 3 C. 2 dan 3 D. 2 dan 4. Pembahasan: Pada gambar nomor 1, dengan memposisikan tangan kanan mengikuti arah medan magnet maka ibu jari akan menunjuk arah ke bawah. Sehingga dapat diketahui bahwa arah arus litrik yang mengalir adalah dari atas ke bahwa. Namun pada gambar yang diberikan, arah arus listrik mengalir dari bawah ke
Sedangkanuntuk n = 3k + 2, diperoleh = (3 + 2) = 9 + 12 + 4 = 3(3 + 4 + 1) + 1, yang berarti bahwa tidak habis dibagi 3 (kontradiksi dengan yang diketahui). Ini berarti pengandaian bahwa n tidak habis dibagi 3 adalah salah. Jadi haruslah n habis dibagi 3. Contoh 2. Buktikan bahwa 2 adalah bilangan irasional.
Jugadiketahui bahwa 3/5 dari terhukum pria dan 5/8 wanita berusia 25 tahun atu lebih. Berapa peluang seorang terhukum dari penjara ini yang dipilih secara acak adalah seorang wanita yang berusia paling sedikit 25 tahun. Title: Pekerjaan Rumah 1 Author: rinaldi Last modified by: rinaldi Created Date: 8/18/2010 8:52:00 AM
keGA7.
  • b31meguy03.pages.dev/113
  • b31meguy03.pages.dev/514
  • b31meguy03.pages.dev/109
  • b31meguy03.pages.dev/905
  • b31meguy03.pages.dev/847
  • b31meguy03.pages.dev/646
  • b31meguy03.pages.dev/53
  • b31meguy03.pages.dev/195

    • diketahui bahwa 1 1 3 1 1 4