Induksi Matematika (Lanjutan)

1.  Untuk setiap $\in \mathbb{N}$, jumlah $n$ bilangan asli pertama diberikan dengan
$$1+2+3+4+\cdots +n=\frac{1}{2}n(n+1)$$

Untuk membuktikan ini misalkan $S$ adalah himpunan semua $n\in \mathbb{N}$ sehingga formula di atas berlaku. Kita harus membuktikan syarat (1) dan (2) di dalam Teorema sebelimnya dipenuhi. Jika $n=1$, maka diperoleh $1=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot (1+1)$, sehingga $1\in S$. Jadi syarat (1) di dalam Teorema  dipenuhi. Selanjutnya diasumsikan bahwa $k\in S$ dan ditunjukkan $(k+1)\in S$. Jika $k\in S$, maka berlaku

$$1+2+3+4+\cdots +k=\frac{1}{2}k(k+1)$$Jika kedua sisi ditambah dengan $(k+1)$, maka diperoleh
$$1+2+3+4+\cdots +k+(k+1)=\frac{1}{2}k(k+1)+(k+1)=\frac{1}{2}(k+1)(k+2)$$Ini berarti $(k+1)\in S$. Akibatnya syarat (2) di dalam Teorema dipenuhi. Selanjutnya dengan Prinsip Induksi Matematika, disimpulkan $S=\mathbb{N}$ dan formula benar untuk semua $n\in \mathbb{N}$.

2.  Untuk setiap $n\in \mathbb{N}$, jumlah kuadrat $n$ bilangan asli pertama diberikan dengan
$$1^2+2^2+3^2+\cdots +n^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$$

Untuk membuktikan ini misalkan $S$ adalah himpunan semua $n\in \mathbb{N}$ sehingga formula di atas berlaku. Kita harus membuktikan syarat (1) dan (2) di dalam Teorema dipenuhi. Jika $4n=1$, maka diperoleh $12=\frac{1}{6}\cdot 1\cdot (1+1)(2+1)$, sehingga $1\in S$. Jadi syarat (1) di dalam Teorema  dipenuhi. Selanjutnya diasumsikan bahwa $k\in S$ dan ditunjukkan $(k+1)\in S$. Jika $k\in S$, maka berlaku

$$1^2+2^2+3^2+\cdots +k^2=\frac{1}{6}k(k+1)(2k+1)$$
Jika kedua sisi ditambah dengan $(k+1)$, maka diperoleh
$$\begin{array}{rcl}{1}^2+2^2+3^2+\cdots +k^2+(k+1{)}^2& =& \frac{1}{6}k(k+1)(2k+1)+(k+1{)}^2\\ & =& \frac{1}{6}(k+1)(k+2)(2k+3)\end{array}$$

Ini berarti $(k+1)\in S$. Akibatnya syarat (2) di dalam Teorema  dipenuhi. Selanjutnya dengan Prinsip Induksi Matematika, disimpulkan $S=\mathbb{N}$ dan formula benar untuk semua $n\in \mathbb{N}$.