Download video youtube

Cara Mudah Terbaru Download Video di Youtube Tanpa Software IDM,Keepvid

Silahkan anda paste link video di youtube anda pada form dibawah ini :
Contoh Url/link Video di Youtube : http://www.youtube.com/watch?v=GjHG9qsmxFs

Ikuti Langkah Download Youtube :

1. Select The Video You Want To Download.
2. Copy link on address bar of video you want to download.
3. Place the link into box in top this page.
4. Then Click Download Button.
5. Select Format Of Video You Want to Download.
6. Last, Save To Your Computer.

Sabtu, 26 Januari 2013

induksi matematika

BAB I

PENDAHULUAN

A.  Latar Belakang

Apakah suatu formula untuk jumlah dari n bilangan bulat positif ganjil pertama? Jumlah dari n bilangan bulat ganjil positif pertama untuk n = 1, 2, 3, 4, 5 adalah

1 = 1,

1 + 3 = 4,

1 + 3 + 5 = 9,

1 + 3 + 5 + 7 = 16,

1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25.

Dari nilai-nilai ini layak untuk membawa jumlah dari n bilangan bulat ganjil positif pertama adalah n2. Kita perlu suatu metode untuk membuktikan bahwa perkiraan itu benar.

Induksi matematis adalah suatu teknik pembuktian penting secara ekstrem dapat digunakan untuk membuktikan pernyataan tegas tipe ini. Seperti yang kita lihat dalam bagian ini dan dalam bab berikutnya, induksi matematis digunakan secara ekstensif untuk membuktikan hasil tentang berbagai objek diskret luas. Misalnya, induksi matematis digunakan untuk membuktikan hasil tentang kompleksitas algoritma, pembetulan tipe program komputer tertentu, teorema tentang graf dan pohon, dan juga suatu range luas dari identitas dan pertidaksamaan.

Dalam bagian ini kita akan menggambarkan bagaimana induksi matematis dapat digunakan dan mengapa induksi matematis merupakan suatu teknik pembuktian valid. Ini secara ekstrim penting dengan mencatat bahwa induksi matematis hanya dapat digunakan untuk membuktikan hasil yang diperoleh suatu cara lain. Ini bukan merupakan alat untuk menemukan formula atau teorema.

B.  Rumusan Masalah

1.      Pengenalan Induksi Matematika

2.      Tahapan induksi matematika dan contoh-contohnya.

BAB II

PEMBAHASAN

A.      Pengenalan Induksi Matematika

Induksi matematika ditemukan pertama kali oleh seorang metematikawan asal prancis yang bernama Blaise Pascal (1623-1662). Induksi matematika merupakan teknik yang dikembangkan untuk membuktikan pernyataan dan merupakan pembuktian deduktif, meski namanya induksi. Induksi matematika atau disebut juga induksi lengkap sering dipergunakan untuk pernyataan-pernyataan yang menyangkut bilangan-bilangan asli.

Pengertian lain yaitu suatu cara standar dalam membuktikan bahwa sebuah pernyataan tertentu berlaku untuk setiap bilangan asli. Pembuktian cara induksi matematika ingin membuktikan bahwa teori atau sifat itu benar untuk semua bilangan asli atau semua bilangan dalam himpunan bagiannya.

B.       Tahapan Induksi Matematika

Ø  Basis Step             : Tunjukkan bahwa S(1) benar

Ø  Inductive Step      : Asumsikan S(k) benar, Akan dibuktikan  S(k) ® S(k+1) benar

Ønbsp; Conclusion            : S(n) adalah benar untuk setiap n bilangan integer   Positif

Langkah-langkah pembuktian :

1. Pembuktian rumus atau teorema untuk suatu nilai bilangan bulat positif n, biasanya nilai yang terkecil .
2. Bukti bahwa jika rumus atau teorema yang dimaksud adalah benar untuk n=k, dimana k adalah suatu bilanganbulat positif, maka rumus tersebut juga benar untuk n=k+1.
3. Kesimpulan bahwa rumus yang dimaksud adalah benar untuk semua nilai n yang lebih besar daripada bilangan bulat yang telah dibuktikan kebenaranya dilangkah pertama.

Misalkan akan dibuktikan suatu pernyataan bahwa jumlah n bilangan asli
pertama, yaitu 1+2+:::+n, adalah sama dengan       .Untuk membuktikan
bahwa pernyataan itu berlaku untuk setiap bilangan asli, langkah-langkah
yang dilakukan adalah sebagai berikut:

1.      Cara Biasa / Basis

Menunjukkan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = 1. Jelas sekali bahwa jumlah 1 bilangan asli pertama adalah  = 1. Jadi pernyataan tersebut adalah benar untuk n = 1.

Untuk n =1, Ruas kiri                 = 1

Sedangkan Ruas kanan               =   = 1

Kerena ruas kiri = ruas kanan, maka persamaan benar untuk n=1.

2.      Menunjukkan bahwa jika pernyataan tersebut benar untuk n = k, maka
pernyataan tersebut juga benar untuk n = k+1.

3.      Dengan induksi matematika dapat disimpulkan bahwa pernyataan tersebut berlaku untuk setiap bilangan asli n

C.       Contoh-Contoh Soal

Contoh 1:

Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa 5ⁿ− 1 dapat dibagi 4 untuk setiap n = 1, 2,....

1.           Akan ditunjukkan bahwa 5ⁿ − 1 habis dibagi 4 untuk n = 1

 5¹− 1 = 5− 1 = 4 è habis dibagi 4.

2.      Asumsikan bahwa 5ⁿ− 1 habis dibagi 4 untuk n = k, juga untuk n= k+ 1,

(5)^k+1− 1 = 5.5^k− 1

= (1 + 4).5^k− 1

= 5^k +4.5^k−1

= (5^k− 1) + 4.5^k

(n=1) = (5¹-1)+4.5¹ = (5-1)+4.5 = 4+20 =24 è kelipatan 4 èbernilai 6

(n=2) = (5²-1)+4.5² = (25-1)+4.25= 24+100=124 è bernilai 31

Contoh 2:

Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa n³+2n adalah kelipatan 3, untuk semua bilangan asli

1.      Akan ditunjukkan bahwa n³+2n  adalah kelipatan 3 untuk n = 1.

1³+2.1=1+2=3 è kelipatan 3 è bernilai 1

2.      Asumsikan bahwa n³+2n adalah kelipatan 3 untuk n = k  juga untuk n= k+ 1

n³ +2n = (k+1)³+2(k+1)

= (k³+3k²+3k+1)+ 2k+2

= k³+3k²+5k+3

(n=1) = 1³+3.1²+5.1+3 = 12 è adalah kelipatan 3 è bernilai 4

(n=2)= 2³+3.2²+5.2+3 = 8+12+10+3 = 33 è kelipatan 3 è 10

Contoh 3 :

Gunakan induksi matematis untuk membuktikan bahwa n³ – n dapat dibagi dengan 3 apabila n adalah suatu bilangan bulat positif.

Solusi: Untuk mengonstruksi bukti, misalkan P(n) menyatakan proposisi: “n³ – n dapat dibagi dengan oleh 3.”

Langkah Dasar: P(1) benar, karena 1³ – 1 = 0 dapat dibagi dengan 3.

Langkah Induktif: Asumsikan bahwa P(n) benar; yaitu, n³ – n dapat dibagi dengan 3. Kita harus menunjukkan bahwa (n + 1)³ – (n + 1) dapat dibagi dengan 3. Ingat bahwa

(n + 1)³ – (n + 1) = (n³ + 3n² + 3n + 1) – (n + 1)

= (n³ – n) + 3(n² + n).

Karena kedua suku dalam jumlah ini dapat dibagi dengan 3 (pertama dengan asumsi dari langkah induktif, dan kedua karena jumlah itu merupakan 3 kali suatu bilangan bulat), selanjutnya (n + 1)³ – (n + 1) juga dapat dibagi dengan 3. Ini melengkapi langkah induktif. Sehingga, dengan prinsip induksi matematis, n³ – n dapat dibagi oleh 3 apabila n adalah suatu bilangan bulat positif.

Contoh 4 :

Buktikan 1+3+5+...+(2n-1)= n²

1.      Rumusnya benar untuk n=1 karena 1=1²

2.      Asumsikan bahwa rumus tersebut benar untuk n=k ; yaitu kita misalkan bahwa

1+3+5 +...+(2k-1)=k²

maka rumus tersebut benar untuk n=k+1 (Catatan bahwa bilangan bulat positif ganjil ke-n adalah (2k – 1), karena bilangan bulat ini diperoleh dengan menambahkan 2 suatu total dari k – 1 kali dengan 1.); yaitu bahwa

1+3+5+...+(2k-1)+(2k+1)=(k+1)²

Dengan menambahkan (2k+1) pada kedua ruas, Sehingga mengasumsikan bahwa P(k) benar, ini mengikuti

1+3 + 5 +…+(2k – 1) + (2k + 1) = 1 + 3 +…+ (2k – 1) + (2k + 1)

=  k² + (2k + 1)

=  k² + 2k + 1

=  (k + 1)².

Ini menunjukkan bahwa P(n + 1) mengikuti dari P(n). Catatan bahwa kita menggunakan hipotesis induktif P(n) dalam kesamaan kedua dengan menempatkan kembali jumlah dari n bilangan bulat positif ganjil pertama dengan n2.

Karena P(1) benar dan implikasi P(n) P(n +1) benar untuk semua bilangan bulat positif n, prinsip induksi matematis menunjukkan bahwa P(n) benar untuk semua bilangan bulat positif n.

Contoh 5 :

Gunakan induksi matematis untuk menunjukkan bahwa

1 + 2 + 2² + … + 2ⁿ = 2^{n + 1} – 1

untuk semua bilangan bulat nonnegatif n. Solusi: Misalkan P(n) adalah proposisi bahwa formula ini tepat untuk bilangan bulat n.

Langkah Dasar: P(0) benar karena 2⁰ = 1 = 2¹ – 1.

Langkah Induktif: Asumsikan bahwa P(n) benar. Untuk menyelesaikan langkah induktif dengan menggunakan asumsi ini, harus ditunjukkan bahwa P(n + 1) benar, yaitu,

1 + 2 + 2² + … + 2ⁿ + 2^{n +1} = 2^{(n + 1)+1} – 1 = 2^{n + 2} – 1.

Dengan menggunakan hipotesis induktif P(n), diperoleh

1 + 2 + 2² + … + 2ⁿ + 2^{n +1} = (1 + 2 + 2² + … + 2ⁿ) + 2^{n +1}

= (2^{n + 1} – 1) + 2^{n + 1}

= 2. 2^{n + 1} – 1

= 2^{n + 2} – 1.

Langkah induktif terakhir ini, yang melengkapi bukti itu.

Contoh  6:

Gunakan induksi matematis untuk membuktikan pertidaksamaan n < 2ⁿ untuk semua bilangan bulat positif n.

Solusi: Misalkan P(n) adalah proposisi “n < 2ⁿ”.

Langkah Dasar: P(1) benar, karena 1< 2¹ = 2.

Langkah Induktif: Asumsikan bahwa P(n) benar untuk bilangan bulat positif n. Yakni, asumsikan bahwa k < 2^k. Kita perlu menunjukkan bahwa P(k + 1) benar. Yakni, kita perlu untuk menunjukkan bahwa k +1< 2^{k + 1}. Dengan menambahkan 1 untuk kedua sisi dari k < 2^k, dan kemudian mencatat bahwa 1< 2^k, memberikan

k + 1< 2^k + 1≤ 2^k + 2^k = 2^{k + 1}

Kita telah menunjukkan bahwa P(k +1) benar, yaitu, k + 1< 2^{k + 1}, didasarkan pada asumsi bahwa P(n) benar. Langkah induktif lengkap.

Jadi, dengan prinsip induksi matematis, telah ditunjukkan bahwa k<2^k benar untuk semua bilangan bulat positif.

Contoh 7 :

Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa

n!≥ 2ⁿ⁻¹

untuk setiap n= 1,2,....

1.         Akan ditunjukkan bahwa n!≥ 2ⁿ⁻¹  benar untuk n = 1. Jelas sekali

bahwa  1!  2¹⁻¹

 1   2⁰

 1  1

2.         Asumsikan bahwa n! ≥ 2ⁿ⁻¹ adalah benar untuk n=k. Akan ditunjukkan bahwa n!≥ 2ⁿ⁻¹ juga benar untuk n=k + 1, yaitu (k + 1) ≥ 2^(k+1)−1.

(k+1)!  = (k+1)(k!)

≥(k + 1)(2^k−1)

 ( 2^k-1)(2^k-1)

≥2.2^k−1

= 2^1+(k−1)

= 2^(k+1)−1

Terbukti bahwa (k+1) ≥ 2^(k+1)−1.

Karena Langkah Dasar dan Langkah  Induktif terbukti, maka dapat disimpulkan bahwa

n!≥ 2ⁿ⁻¹

untuk setiap n = 1, 2,....

Contoh 8:

Buktikan n²  2n +1 untuk  3

Karena 3² = 9  2(3) +1=7, maka formula tersebut benar untuk n=3

Asumsikan n² 2n+1 maka:

(n+1)²=n²+2n+1 2n+1+2n+1=2n+2+2n 2n+2+1=2(n+1)+1

Sehingga formula tersebut benar untuk n+1. Menurut prinsip P induksi, formula tersebut berlaku untuk n 3

Contoh 9:

Buktikan 2ⁿ  n² untuk n 4

Karena 2⁴=16=4², maka  formula tersebut benar n=4. Asumsikan 2ⁿ  n² dan juga n²  2n+1 di dapat:

2ⁿ⁺¹ = 2(2ⁿ) 2(n²) = n² +n²  n² +2n +1=(n+1)²

                 Formula tersebut benar untuk n+1. Menurut prinsip induksi, formula tersebut bermakna untuk n 4.

Latihan soal induksi matematika

Contoh 1 :

Buktikan bahwa :

1 + 2 + 3 + … + n = ½ n(n+1)

untuk setiap n bilangan integer positif

Jawab :

q Basis : Untuk n = 1 akan diperoleh :

1 = ½ 1 . (1+1) ->1 = 1

q Induksi : misalkan untuk n = k asumsikan 1 + 2 + 3 + …+ k = ½ k (k+1)

q adib. Untuk n = k+1 berlaku

1 + 2 + 3 + …+ (k+1) = ½ (k+1) (k+2)

Jawab :

q 1 + 2 + 3 + …+ (k+1) = (k+1) (k+2) / 2

1 + 2 + 3 + …+ k + (k+1) = (k+1) (k+2) / 2

k (k+1) / 2 + (k+1) = (k+1) (k+2) / 2

(k+1) [ k/2 +1 ] = (k+1) (k+2) / 2

(k+1) ½ (k+2) = (k+1) (k+2) / 2

(k+1) (k+2) / 2 = (k+1) (k+2) / 2

q Kesimpulan : 1 + 2 + 3 + …+ n = ½ n (n +1)

Untuk setiap bilanga bulat positif n

Contoh 2 :

Buktikan bahwa :

1 + 3 + 5 + … + n = (2n – 1) = n²

untuk setiap n bilangan bulat positif

Jawab :

q Basis : Untuk n = 1 akan diperoleh :

1 = 1² -> 1 = 1

q Induksi : misalkan untuk n = k asumsikan 1 + 3 + 5 + …+ (2k – 1) = k²

q adib. Untuk n = k + 1 berlaku

1 + 3 + 5 + …+ (2 (k + 1) – 1) = (k + 1)²

1 + 3 + 5 + …+ (2k + 1) = (k + 1)²

1 + 3 + 5 + …+ ((2k + 1) – 2) + (2k + 1) = (k + 1)²

1 + 3 + 5 + …+ (2k – 1) + (2k + 1 ) = (k + 1)²

k ² + (2K + 1) = (k + 1)²

k ² + 2K + 1 = k ² + 2K + 1

Kesimpulan : 1 + 3 + 5 + … + n = (2n – 1) = n²

Untuk setiap bilangan bulat positif n

Contoh 3 :

Buktikan bahwa :

N ³ + 2n adalah kelipatan 3

untuk setiap n bilangan bulat positif

Jawab :

q Basis : Untuk n = 1 akan diperoleh :

1 = 1³ + 2(1) -> 1 = 3 , kelipatan 3

q Induksi : misalkan untuk n = k asumsikan k ³ + 2k = 3x

q adib. Untuk n = k + 1 berlaku

(k + 1)³ + 2(k + 1) adalah kelipatan 3

(k ³ + 3k ² + 3 k+1) + 2k + 2

(k ³ + 2k) + (3k ² + 3k + 3)

(k ³ + 2k) + 3 (k ² + k + 1)

Induksi

3x + 3 (k ² + k + 1)

3 (x + k ² + k + 1)

Kesimpulan : N ³ + 2n adalah kelipatan 3

Untuk setiap bilangan bulat positif n

Selasa, 22 Januari 2013

Transfer file

Masih menggunakan cara lama dalam melakukan file sharing? Secara umum fitur file sharing bawaan Windows memang mudah namun sering kali dibuat repot dengan berbagai macam masalah yang kerap muncul, seperti munculnya permintaan untuk memasukkan username dan password, sistem lain sering tidak muncul di daftar jaringan dan berbagai masalah yang sering membuat kesal, padahal settingnya sudah diset secara default. Metode baru telah hadir dalam kegiatan file sharing yaitu dengan memanfaatkan protokol HTTP, menggunakan aplikasi yang bernama HTTP File Server yang dibuat oleh Massimo Melina (Rejetto).

HTTP File Server atau yang disingkat menjadi HFS adalah sebuah program khusus untuk file sharing antar komputer yang memanfaatkan jalur HTTP. HFS dirilis dengan lisensi GRATIS dan tidak perlu instalasi alias portabel. Jadi hanya dengan dua-kali klik mouse, HFS sudah berjalan dan bisa langsung dikonfigurasi dengan cepat tanpa perlu setting yang rumit. Dalam waktu kurang dari 5 menit pengguna langsung bisa membagi file-filenya melalui jaringan LAN maupun W-LAN.

Cara mengakses file-file yang di-sharing melalui HFS pun sangat mudah, tinggalkan cara kuno yang dimana masih menyamakan nama Workgroup antar sistem. Cukup buka web browser apa aja (Mozilla Firefox atau Windows Internet Explorer) lalu ketik alamat IP yang disediakan oleh HFS dan secara instant daftar file yang di-sharing langsung tampil dilayar. Untuk mengambil file yang di-sharing pun menggunakan proses download yang biasanya digunakan untuk download file dari website, hanya saja disini kecepatan download luar bisa kencang karena koneksi yang digunakan adalah jaringan lokal dengan kemampuan stream kabel LAN dan W-LAN. Jadi jangan kaget kalau kecepatan download bisa mencapai angka 5.500 KB/s [5,5 MB/s] (LAN) atau 1.500 KB/s [1,5 MB/s] (W-LAN) tergantung dari kestabilan dari masing-masing hardware.

Adakah cara untuk memberi file ke sistem server? Tentu saja bisa, di HFS semuanya bisa. Disini HFS menyediakan opsi untuk upload dari client, tentukan folder untuk lokasi upload lalu centang opsi upload di menu klik kanan dan pilih Anyone. Pengguna bisa membuat account tersendiri bagi yang mau meng-akses ke HFS, jadi layaknya sebuah situs file sharing. Pembatasan kecepatan download maupun upload dapat dilimitasi pada HFS, biasanya hal ini untuk menghindari overload pada kapasitas bandwidth yang digunakan. Apalagi kalau membagi file-file film kelas HD yang ukurannya ratusan MB.

Dengan HFS pun bisa saja membangung sebuah portal video streaming dengan kualitas HD tanpa koneksi internet. Namun dengan syarat, player client harus ada fitur seperti “Open Location”, jadi nantinya alamat URL file video dari HFS dimasukkan ke dalam video player tersebut. Media Player Classic dengan paket codec K-Lite bisa melakukan streaming dengan lancar.

 

HFS pun mendapat penghargaan 5 bintang dari softpedia berkat kemudahan dan penggunaan yang sangat praktis tanpa embel-embel. Menurut saya HFS adalah sebuah “tool” file sharing terbaik yang pernah ada. Hanya dengan beberapa langkah, pengguna bisa langsung membagi filenya ke dalam jaringan lokal miliknya dan tidak perlu lagi yang namanya setting IP dan workgroup. Saya juluki sebagai “instant file sharing tool”.

DOWNLOAD (install) / DOWNLOAD (portabel)

Selasa, 01 Januari 2013

Lintasan dan sirkuit Hamilton

• Lintasan Hamilton ialah lintasan yang melalui tiap simpul didalam graf tepat satu kali

• Sirkuit Hamilton ialah sirkuit yang melalui tiap simpul didalam graf tepat satu kali, kecuali simpul awal (juga mrpk simpul akhir) dilalui 2 kali
• Graf yang memiliki sirkuit Hamilton disebut graf Hamilton , sedangkan graf yang memiliki lintasan Hamilton disebut graf semi Hamilton

Contoh :

Graf Di samping memiliki lintasan Hamilton dengan lintasan :

b,c,d,e,f,g,a,b

dan Graf di samping juga memiliki sirkuit Hamilton karena di awali di simpul b dan berakhir di simpul b








Graf disamping memiliki lintasan Hamilton dengan lintasan :

a,b,c,d,e,i,f,g,h

Tapii graf disamping tidak memiliki sirkuit Hamilton.











Teorema Untuk Lintasan dan Sirkuit Hamilton

• Syarat cukup (bukan syarat perlu) supaya graf sederhana G dengan n buah simpul (n>=3) adalah graf Hamilton ialah jika derajad tiap simpul paling sedikit n/2
• Setiap graf lengkap adalah graf Hamilton
• Dalam graf l engkap dengan n buah simpul (n>=3) terdapat (n-1)! /2 buah sirkuit Hamilton
• Dalam graf lengkap G dengan jumlah simpul n>=3 dan n ganjil , terdapat (n-1)/2 buah sirkuit Hamilton yang saling lepas (tidak ada sisi yang beririsan). Jika n genap dan n>=4 , maka dalam G terdapat (n-2)/2 buah sirkuit Hamilton

Rabu, 19 Desember 2012

Lintasan dan Sirkuit Euler

• Lintasan Euler ialah lintasan yang melalui tiap sisi dalam graf tepat sekali
• Sirkuit Euler ialah sirkuit yang melalui tiap sisi dalam graf tepat satu kali
• Graf yang mempunyai sirkuit Euler disebut graf Euler, sedang graf yang mempunyai lintasan Euler disebut semi Euler

Contoh
a. Apakah Ada Lintasan Euler ?
b. Apakah ada sirkuit Euler ?

Jawab
a. ADA lintasan euler dengan lintasan :
a,b,c,d,e,f,g,b,d,f,a,g

b. Tidak ADA sirkuit Euler.








a. Apakah ada lintasan Euler ?
b. Apakah ada Sirkuit Euler ?

Jawab
a. ADA lintasan Euler dengan lintasan :
a,b,c,d,e,c,h,b,f,h,e,f,g,a
b. Ada sirkuit euler karena berawal dari simpul a dan berakhir di simpul a

Teorema Untuk Lintasan dan sirkuit euler

• Graf tak berarah memiliki lintasan Euler jika dan hanya jika terhubung dan mempunyai 2 buah simpul berderajat ganjil atau tidak ada simpul berderajad ganjil samasekali

• Graf tak berarah G adalah graf Euler jika hanya jika setiap simpul berderajad genap

• Graf berarah G memiliki sirkuit Euler jika hanya jika G terhubung dan setiap simpul memiliki derajad masuk dan derajad keluar sama. G memiliki lintasan Euler jika dan hanya jika G terhubung dan setiap simpul memiliki derajad masuk dan derajad keluar sama kecuali 2 simpul, yang pertama memiliki derajad keluar satu lebih besar dari derajad masuk, dan yang kedua memiliki derajad masuk satu lebih besar dari derajad keluar