 Bilangan bulat positif yang habis dibagi 2    13 

26 24 Jika 2 t  n adalah suku ke- n dari deret

n  1 geometri maka 2 t n  ar

p  3 . t 3 p  5   ar  ar 

14. C.  1

2 2 p . 2 2p 2 Persamaan kuadrat 2 x  x  q  0  a r

  ar

punya akar x

  t 2 p 1 x 1

1 dan x 2

1 , x 2 , 2  x 1 ,x 2  adalah barisan geometri

Ditanya : q  ?

12. B. 486

Diketahui : n  13 , U  162 , U  54 Jika persamaan kuadrat 2 x  x  q  t 0 3 punya akar x dan x maka

Ditanya : U

Suku tengah U t  162 dengan

1 13  1 t n

2 2 x 1 . x 2  …..(i)

Maka U 7  162

U 162

U 3 54

x 1 x 2   …..(ii) ar 162

2  ar 1 54 Dari barisan geometri x

1 , x 2 , 2 x 1 ,x 2 maka r 4  3

11  U 3 .r

x 2  x 1 …..(iii)

Masukkan persamaan (iii) ke (ii)

8 3 2 x 1 x 2  13. A. 

3 2 1 Deret geometri 2 a  m m   x 1 0 , U

1 x 2 1  2  0

1 U 2 x Ditanya : 1

2  2 U 5  ar

 x 1 x 1  1  1   0

2 3 m 4  m .r

2 2 x 1   1 …..(iv)

3 Masukkan x 1   1 m ke (ii)

x 1 x 2  

r   m

Masukkan x   1 dan x  ke (i)

1 16. E.

1 2 2 Diketahui : deret geometri q

Ditanya : U 1  ?

U 3 ar

Maka 2 q   1 4  p 

U 6 ar

 3 1 r p 2 q

…..(i)

15. B. 2 2 p  q

Barisan geometri U 1  U 3  p ,

ar . ar p

2 8  Ditanya : 1 U

a r p

a p p

a 2  ar  p …..(i)

2 ar 3  ar  q a  p

 a  ar   q (masukkan (i))

a  p 2  p .p 2 r . p  q

17. B. 2

U 1  U 3  p n  Diketahui : Barisan geometri 2 U n  2

a 2  ar  p

Ditanya : r  ?

a  1 1  2  p p 

a 

2   p

18. B. 10

3 Diketahui : tiga bilangan r , a , ar adalah

a  2 2 barisan geometri jumlahnya 13 dan hasil p  q

kalinya 27.

4  ar Ditanya : U 1 U 3  ?

3 3 3 3 U  U  U  13

p  q  p

 a  a  ar  13 …..(i)

2 2 U 1 . U 2 . U 3  27

. a . ar  27

a 3  27

Masukkan a  3 ke persamaan (i) untuk a  243 masukkan ke (i)

1 r 10  untuk a  1 masukkan ke (i) r

a 5  ar  244

1 1 1 1 r 5  

3 atau r  3 

1 r  244

3 r 5  243

maka r  atau r  3 r  3

1 untuk a  3 dan r  maka

20. D. x

bilangannya : , a , ar  9 , 3 , 1 x

r Diketahui : U 1  x , U 11  y

untuk a  3 dan r  3 maka

Ditanya : U 6  ?

1 .r Bilangan 1 + Bilangan 3 10  9  1  1  9 y  x .r

bilangannya : , a , ar  1 , 3 , 9 U 10 11  U

1  U 6  244 , U 3  U 4  243

U  Ur  x

Ditanya : r  ?

U 1 U 6  244

a  ar  244 …..(i)  

B. Evaluasi Pemahaman dan Penguasaan

5 243 ar  …..(ii)

Materi.

a 1. a. 1 , 3 , 9 ,.....

Masukkan persamaan (ii) ke persamaan (i)

a  243

a c.

a  243 atau a  1 a  243 atau a  1

n  d. 1 2 , 6 , 3 2 ,..... 1 

e.  2 ,  6 ,  18 ,..... U 1  6     6     6

r  6 3

U 2  6     6      2

h. 9 , 1 3 , 1 ,..... U 5  6     6    

  3 Lima suku pertama 6 ,  2 , 2 2 3 2 ,  9 , 27

i. 2 1 4 , 1 1 2 , 1 ,.....

b. 1 1 3 1 , 6 , 12 ,.....

3 , 6 , 12 ,..... Lima suku pertama 1 , 2 , 4 , 8 , 16

b. U n  5   3

1  5   3  5   3 U n  ar  3   2

2  5   3  5   3 d. 2 , 6 , 18 ,.....

U 3  5   3  5   3 2

n  1 n   1 5 

9  45 U n  ar  2  3

4  5   3  5   3  U n  6

 5 . 81  405 Lima suku pertama

9 3 Banyak suku adalah 9 n  1 b. 3 ,  6 , 12 ,  24 ....., 768

n  1  1  U n  ar  9  

a  3 , r     2 , U n  768

n  ar

n   1 

4. Ditanya : r dan U 5  ?

a. a  6 , U  48 n  1 4 8

4 n  9 U 4  48 U 5  ar

Banyak suku adalah 9

ar 3  48  4 6 . 2

c. 1 , 1 , 1 ,....., 1

r  48  6 . 16  96

1 12 1 4 1 1 r  8

4 4 12 3 8 . 748 r  8  2

n  ar

Jadi, r  2 dan U 5  96

b. a  50 , U  200

U 3  200

Untuk r  2  

r n  4 Untuk r   2  1

r   2 U  ar

Jadi, r   2 dan

U 5  800

c. a  20 , U 2   10  3 

U 2   10 U 5  ar

Banyak suku adalah 8

Jadi, r   dan U 5  Jadi, r   dan U 5 

ac ; masukkan (i)

n  5 1  15 . 625  log  a log c n  1 5 6  5 Karena telah dibuktikan bahwa

n  1 6 2 log b  log a  log c maka n  7 log a , log b , log c adalah barisan aritmetika Banyak suku adalah 7

8. Diketahui :

6. 2 a  b , 6 a  b , 14 a  b merupakan barisan

sin  cos  , cos  , sin 2  adalah barisan geometri dengan a  0 geometri dengan cos   0

a. Ditanya : b dalam a  ?

akan ditunjukkan :

2 2 cos   2 cos   2  0 geometri, maka

Jika 2 a  b , 6 a  b , 14 a  b barisan

Bukt :

 6 a  b  2  2 a  b  14 a  b 

Jika sin  cos  , cos  , sin 2  barisan

36 2 a  12 ab  b 2  28 a 2  2 ab  14 ab  b 2 geometri, maka

36 a  12 ab  28 a  16 ab cos   sin  cos  . sin 2 

a  36 a  12 b   a 28 a  16 b 

cos  . cos   sin  . cos  . 2 sin  . cos 

12 b  16 b  28 a  36 a 1 2 sin 

sin  

sin   cos   1

Jadi,

 2 cos   1

b. Ditanya : r  ?

cos   .....(i) U

6 a  b cos  

; masukkan b  2 a 2

cos  

Jadi, rasio  2

cos   2 …..(ii)

7. Diketahui : a , b , c barisan geometri

2 2 cos   2 cos   2

Akan dibuktikan : log a , log b , log c

Merupakan barisan aritmetika, berarti akan

2  2 ; masukkan (i) ditunjukkan bahwa

2 dan (ii)  log b   log a  log c

Bukti :

1 2 Terbukti

Karena a , b , c barisan geometri, maka

b  ac atau b   ac 2 …..(i)

9. Diketahui :

Masukkan (iii) ke (i)

 Bilangan a , b , c adalah barisan bilangan

a c  2 0

aritmetika

maka a  c  2 b 5 a b 2  2 …..(iv)

a  c  2 b 0 …..(i)

Masukkan (iii) ke (ii)

 Bilangan a , b , c  2 adalah barisan

geometri

maka b c a   2  …..(ii)

a  b  c  12 …..(iii)

2 Ditanya : 2 a  b  c  ? 

b  2   2 a

Eliminasi (i) ke (iii)

b  2 2 a

a  c  2 b 0 2 a b   2 …..(v)

a  c  b  12 Eliminasi (iv) dan (v) 

 3 b   12 5 a b 2  2  1 5 a b 2  2

b  4 2 a b   2  2 4 a  2 b   4  Masukkan b  4 ke (i)

a  c  2 b 0 Masukkan a  6 ke (v)

a c  2  4  0 2 a  6   2

a c  8 2 . 6 b   2

a 8  c ….(iv)

b  14

Masukkan persamaan (iv) dan b  4 ke (ii)

Maka beda  U 2  U 1

b 2 c a  

4   8  c  c  2 

16 2  8 c  16  c  2 c

11. a , b , c barisan aritmetika

c 2 c 6  0

Maka 2 b  a  c

c  c  6  0 a  c  2 b 0 …..(i)

c  0 atau c  6 Diketahui : a  b  c  5 …..(ii)

Eliminasi (i) dan (ii)

Tidak mungkin

a  c  2 b 0

Masukkan c  6 ke (iv)

b  17 , maka beda  17

a  2 Masukkan b  17 ke persamaan (i)

Jadi, a  2 , b  4 , c  6

a  c  2 b 0

a  b  c  2  4  6  48 a c  2 . 17  0

a  34  c …..(iii)

10. Diketahui :

Diketahui : a , b 9 , c  Bilangan barisan geometri,

a , b , c adalah barisan

Maka  b  9   ac

aritmetika

maka 2 b  a  c

17  9   4  c  c ; substitusi nilai b

a c  2 0 …..(i)

2 8 2  34 c  c dan (iii)

 Bilangan a , b c 2 ,  2 adalah barisan

c 2 c 34  64  0

goemetri

2  c  32  c  2   0

maka  b  2   a  c  2  …..(ii)

c  32 atau c  2

 c  2 4 a maka  Untuk c  32 , maka

c a 4 2 …..(iii)

a  b  c  51

a  17  32  51

 Untuk c  2 , maka Substitusi (ii) ke (i)

a Barisan aritmetikanya adalah 2 , 17 , 32 a 2  243  244 a

a 2  244 a  243  0 jadi, suku pertamanya 2 atau 32

atau 32 , 17 , 2

 a  243  a  1   0

a  243 atau a  1

12. a. Barisan aritmetika a 1 , a 2 , a 3 ,.....

 Untuk a  1 , maka

a 1 , a 2 , a 6 membentuk barisan geometri,

a 5  ar  244

Maka 2 a

2  a a 1 5 6 1 r 1 .  244

r  243

2  Untuk a  243 , maka

a  ar  244

243  243 r  24

b  b a 3 1   0 5

243 r  1

b  0 atau b a 3 1  0 5 1 r  1

b  3a

1 …..(i)

243 3 Diketahui : a 1  a 2  a 6  42 1

a 1   a 1  b   a 1  5 b   42 3

3 a b 6  42

1 Jadi, rasio adalah 3 atau

3 a 1  6  3 a 1  42

b. untuk a r 1 ,  3 maka

3 a 1 a 18 1  42 6 6

U  ar  1 . 3 

21 a 1  42 7 729

a 1  2 Untuk a  243 , r 

3 Maka (i) b  3a 1

6  1  U 7  ar  243  

b  6  3  Jadi, beda barisan adalah 6

b. S 10   2 a 1   10  1  b 

Jadi, suku ketujuh adalah 729 atau

14. U 1 , U 2 , U 3 ,..... barisan aritmetika U 1 U 6  244

13. a. Barisan geometri U 1 , U 2 , U 3 ,.....

U p , U q , U r membentuk barisan aritmetika

a 5  ar  244 …..(i)

Maka 2 U

U 3 . U 4  243

ar . ar  243

a 2  2  q  1  ab  q 2   1  b 2

a r  243

 a 2   r  1  ab   p  1  ab   p  1  r  1  b 2

. ar  243

b  2  q  1  a  q  2 1  b 

ar  …..(ii)

r  1   p  1   1    p  1  r  1   b 

2  q  1  a   r  1   p  1   a   p  1  r  1  b  q  2 1  b

 2  q  1   r  1   p  1   a x  z a

 p  1  r  1   q  1   b

p  1  r  1   q  1 

b  . a …..(i) 

1 1   …..(ii)  c  Karena U p , U q , U r barisan geometri,

2  q  1   r    p  

maka rasio 

     p r q 2

 q   r 2 1   1  p  1 . b   q  1  b z  U 1 1 r c

     p  1 r  1  q  1 2

2  q  1  r  1  p  1 . b   p  1  b y  z b

b  1             r  1  q  1 2  q  1 2 q  1  r  1  p  1 

2  q  1  r  1  p  1 

b               p  1 r q p

r    …..(iii)

2  q  1  r  1  p  1  

pr  p  r  1   q 2  2 q  1     q  1 2 q  r  p 

(i) = (ii)

pr  p  r  1   q 2  2 q  1    p  1  2 q  r  p 

    x  y  x  z      

a c x  y  z  x a b  q  Jadi, terbukti rasio r

x  z   x  y   y x z a c  b  x y  z  z  x y a x b c  …..(iv)

15. Barisan geometri

(ii) = (iii)

 x  z y  a x b c …..(v) x  1  y  1 a

(iv) = (v)

z  r x    …..(i) b 1

2 U x a b  x  1

b x  1

z x

Masukkan ke (iv)

y a x . 1 c 

a   y x c  …..(vi)   2  

  y  z  log a   z  x  log b   x  y  log c

Terbukti

x log y a   log b   log c  ; (vi)

log y c  x  o    y

1 log c  x

adalah barisan aritmetika  log c   log c  x

 0 Terbukti

3. a ,...,..., b adalah barisan geometri n  1 n  a 1  b

Jika suku tengah U t  n

C. Evaluasi Kemampuan Analisis

Maka nilai n yang memenuhi ?

1. a , b , c adalah barisan geometri, Suku tengah barisan geometri Maka 2 b  ac …..(i)

 U t  U 1 U n ; U 1 , a U n  b Akan dibuktikan :

a  ab  b a a  b

  n n  ab

bc  ca  ab b a  b

a  ab  b a  ab  ac n

; (i)

 a  b  2 a b

bc  ca  ab bc  b  ab n  1 2 n  1 2 n  1 n  1

 ab

n  n a  b  2 a b ab

2 n  2 2 n  2 n  1 n  Terbukti 1  a  b  2 a b

2 n  1 2 n  1 n  1 n   1 a b  ab  2 a b

2. a , b , c adalah barisan geometri,

2 n  2 2 n  2 2 n  1 2 n   1 a  b  a b  ab Maka 2 b  ac …..(i)

2 n  2 2 n  1 2 n  2 2 n  a 1  a b  b  ab  0 Akan dibuktikan :

2 n  1 2 n  , 1 , barisan aritmetika, a 

berarti akan dibuktikan

Maka :

a  b  0  a  b atau

Bukti :

1 1  b  c   a  b 

 Jadi, nilai n yang memenuhi adalah

a  b b  c  a  b  b  c 

semua nilai n  0 yang positif

ab 2  ac  b  bc

4. 2 2 2 2  2 a  b  x  2 b  a  c  x   b  c   0

2 2 ; (i)

adalah persamaan kuadrat dengan a , b , c

ab  b  b  bc dan x  R

 akan ditunjukkan bahwa a , b , c adalah

ab 2  2 b  bc

barisan geometri dengan x sebagai rasionya untuk mencari nilai x yang memenuhi barisan geometri dengan x sebagai rasionya untuk mencari nilai x yang memenuhi

Kesimpulan

nilai x tunggal maka U 2  U 1  U 3  U 2 dan

D  0 maka

 2 b  a  c    4  a  b b  c  U   0 U U

4 a b  4 b c  8 ab c  4 a b 

Maka deret tersebut bukan merupakan deret

2 2 4 2 4 2 a c  4 b  4 b c  0 aritmetika maupun geometri.

b  ac  b  ac   0 2

U 1 S 1  2 . 1  1  1 Maka b  ac  0

2 U  1

b  ac 1

Karena 2 b  ac maka a , b , c adalah barisan

geometri 2 

sekarang tentukan rasio,

sebelumnya diketahui bahwa penyelesaian

Maka U 2  5

persamaan adalah

2 2 ; karena x tunggal Karena U 2  U 1  U 3  U 4  4

Maka deret tersebut merupakan deret

  aritmetika dengan beda 4

a 2  ac a 

3. A.

Deret geometri

r  rasio

b Karena

a  suku pertama

adalah rasio dari suku kedua

U  suku ke- n

terhadap suku pertama sedangkan x ,

maka x merupakan rasio barisan geometri

ar n  a

tersebut.

r  1 n  ar 1 . r  a 

Latihan Kompetensi Siswa 6

A. Evaluasi Pengertian atau Ingatan

Deret log 2  log 2  log 2  ...

S 1  2 . 3  3  3  jadi a  3

Apakah deret geometri ? S 2  2 . 3  3  15

U U 2 ? 3

log 2 ? log 2 U 3  S 3  S 2

log 2 log 2

log 2 . log 3  log 2 . log 6

log 3  log 6

Jadi, U 1  3 , U 2  12 , U 3  36

3  6 Maka r  substitusi ke (ii)

log  3 . 2 log  6 . 2 3

 1  r  r   117

1 6  log 2 1  log 2  2

Ternyata U , maka deret tersebut

bukan deret geometri

  117 apakah deret aritmetika :

2 log 2  2 log 3  2 log 3  2 log 2  2 log 3  2 log 2  2 log 3 

2 log 1 2 1 ? 2 log 2  3  81

1   2 log 3  2 log 3  2  2 log 3  1  2 log 3 

 1 6. A.

Deret geometri dengan S n  3  3 Maka deret bukan aritmetika

1   log 3  log 3  2  2

log 3  1  2 log 3 

r  2 S  Jadi, deret bukan deret aritmetika maupun S  2 1

geometri

1  3 1  3 Deret geometri

5. D.

S 3  117

a  ar  ar  117 …..(i)

a  1  r  r   117 …..(ii)

Deret geometri

3  20  ar  20 3 …..(i)

r  a  ar  ar   ; masukkan (i)

3 2 13 U 5 U 6   80

4 3 5 ar  ar   80

13 2 2 2 3 3 ar . r  ar . r   80 ; masukkan (i) r . 117 

3 13 Maka r  2 0

r  351

Persamaan (i)  ar  20 r 

a   2  20

a  20

 Untuk a   2 , r   r  1

atau Deret geometri

8. E.

Jadi, S 5 adalah

U 2  …..(i), U 4 

9. D.

3 27 Deret geometri dengan rasio 2

ar

 ar

ar U . r

2   ar 1  ar

; masukkan (i)

2 16 ar . r 

3 2 27 ar

ar

10. D.

3 Deret geometri dengan suku positif

 Untuk r   U 2  ar

3 U 3  …..(i) 8

ar  2

2 ar . r  2

 Untuk r    U 2  ar

 a   

a   2 r  16

 Untuk a  2 , r 

3 4 Maka r   2

5 Ambil r positif

6    Jadi,  S

11. C.

12. D.

Jumlah penduduk kota A mengikuti deret

n  3 . 4  12

geometri Periksa bentuk U  ? U 5  4 .....(i)

n  S n 1  S n

1 U 3  1 , 25 …..(ii)

Persamaan (i)

ar  4

r  …..(iii) n  a 1 Maka U

n  144 . 4

Persamaan (ii) Banyak U n adalah bentuk barisan U 1 U 3  1 , 25 geometri dengan rasio 4

a 2  ar  1 , 25

2 13. D.

a  a .  1 , 25 ; (iii) Peningkatan hasil produksi pertahun

a  10 % hasil produksi pertahun meningkat

a a . 2 1 , 25  100 %  10 %  10 %  1 , 1

a  2 a  1 , 25  0

 Jadi, hasil produksi tahun berikutnya

a  2 , 5  a  0 , 5   0 sebesar  1 , 1 kali lebih besar dari tahun

a   2 , 5 atau a  0 , 5 sebelumnya. Sehingga hasil produksi tahun

1 2 1 ke tahun merupakan suatu deret geometri

Tidak mungkin a 

dengan rasio r  1 , 1

2 Diketahui : U 5  14 . 641

a   1

Ditanya U  ?

5  ar

5  ar .r

Substitusi a  ke (i)

U 5  U 3 .r

14 2 . 641  U

ar  4

1 4 . r  4 Jadi, hasil produksi awal tahun ketiga

sebesar 12 . 000 unit

14. B.

4  ar Seutas tali dipotong menjadi 6 bagian

1 mengikuti barisan geometri

2   2 U 1  3 , U 6  96

4 4 Jadi, banyak penduduk kota A pada 5 U

6  ar

tahun keempat sebesar 2 juta orang

96 5  3 . r r 5  32 r 5  32 r  2

Jadi, panjang tali semula  189 cm

16. D.

Tabungan awal = uang yang ditabungkan Deret geometri

15. A.

pada 1 januari 2000 = 2.000.000

U 1  327 . 680 dan Besar tabungan akhir tahun pertama m 

 Tabungan awal + bunga  

; m  0 dengan  ,  adalah

akar persamaan

x   3 m  2  x  4 m  12   0  2 . 400 . 000 , 

 b       3 m 2 Jumlah tabungan Budi pada tahun ke- n

a mengikuti deret geometri dengan Maka     3 m 2 U 1  2 . 400 . 000 dan r  1 , 2

  3m  2   …..(i)

Budi menabung sebanyak 10 kali, berarti

dari tahun 2000–2009 Diketahui :

  m 4  12 …..(ii)

Total tabungan Budi pada akhir

2009  S

m   10  10  U

m   …..(iii)

m 10  3m  2   ; masukkan (i) 2 . 400 . 000 

  2 2 m …..(iv)

Masukkan (iii) dan (iv) ke (ii)  10

 m 4  12 0 , 2

2  2 m  m  4 m  12  12 . 000 . 000  1 , 2  1 

2 2 Jadi, pada tahun 2010 tabungan Budi

m  2 m  4 m  12  0

 1 , 2  m 1 m  6  0 

sebesar 10  Rp 12 . 000 . 000

 m m 3   2   0

Maka m  3 atau m   2 Jumlah penduduk kota A dari tahun 1980 – 1990 adalah tetap

17. D.

Tidak memenuhi

A ,......... ...,...... .......... .......... , B . karena m  0

1990 (iv)   2 2 m  Persentase pertumbuhan penduduk  2 . 3 8

mengikuti pada deret aritmetika Jadi,   8 Suku tengah adalah suku ke

S 6  Jadi, U 1985  U 1980 , U 1990 r  1

 AB

3 Maka banyak penduduk tahun 1985

8  1 sebesar AB

18. E.

54 4 . r  4 . 374

Pertumbuhan penduduk mengikuti aturan

r 4  81

deret geometri

n 3  1 n  3 n  1991  

U 4  ar

2 96 5  24 r  24 

 Pertumbuhan penduduk tahun 1991

sebesar 786 orang

Jadi, jumlah 5 suku pertama adalah 242

19. C.

Penjualan suatu barang meningkat 2 %

21. C.

perminggu, berarti penjualan minggu

Deret geometri

berikutnya akan menjadi

100 %  2 %  1 , 02 kali banyak

Penjualan minggu sebelumnya

U 1  500

3 1 Jika S n  10 . 000 maka n  ?

4 S n  10 . 000

r   

1 n , 02  1 , 4

log 1 , 02  log 1 , 4 1  r

n 6 log 1 , 02  log 1 , 4 2 1  1

log 1 , 4

log 1 , 02  63  252

log  10

log 102

log 14  log 10 64 16

log 102  log 100 log 22. A. 14  1

 Bakteri membelah diri menjadi dua setelah log 102  2 satu detik r  2

U 1  5  2  10 bakteri

20. C.

U n  320  n  ?

Deret geometri

4  54 …..(i)

U 1 r  320

U n  4 . 374  1

10 . r  320

4 . r  4 . 374 4 . r  4 . 374

n  1 5 Deret geometri

Jadi, bakteri akan menjadi 320 setelah

S 5   33 

6 detik

   2  23. C. 1    33

Populasi hewan A berkurang menjadi

a  32  1 

setengahnya setiap 10 tahun,

Jadi rasio r 

U 3  U 4  ar  ar

2 juta 1 juta

10 Jadi, U 3 U 4  12 n  5

Maka U 5  1 juta

U 1 r  1 juta

4 B. Evaluasi Pemahaman dan penguasaan

Materi.

1. a. 1 , 3 , 9 ,.....  n  10 

U 1    1 juta

a r 1 ,   3

U 1  1 juta  16 1

U 1  16 juta

U 10  ar

Jadi, pada tahun 1960 populasi hewan A 9  1 . 3  6 . 561 sebesar 16 juta

S 10 

24. D.

Deret geometri Jadi, U 10  6 . 561 dan S 10  9 . 841

b. 128 ,  64 , 32 ,.....  n  8 

1  r  1  33 U 1  r  1 

64 1 S 10  33 S 5 

10 U 5

a  128 , r  

  r  1 r  1 128

10 5 r 7  1  33

5 5 5 U 8  128 .   

 r  1  r  1   33 r  1 

r 5  1  33 128

r  32 128

5 5 1 r 8  2 128

Maka r  2 S 8 

U 6 r U 1  2 . 2  64

1  256 255 Jadi, suku keenam adalah 64

Jadi, U 10   1 dan S 10  85 Jadi, U 10   1 dan S 10  85

g. 2 3 4 , , 8 9 27 ,.....  n  10 

U 7  8 . 2  512

8  2  1 U   10  

Jadi, U 7  512 dan S 7  1 . 016

5 , 15 , 45 ,.....  n  9 

Jadi, U 10 

h.  1 , 2 3 10 ,  9 n 

Jadi, U 9  32 . 805 dan S 10  49 . 205

1 U 4     1 

2 , 4 , 8 ,.....  n  6 

e. 1 1 1

2 125 250 U 6  . 

2 2 64  2  1   S   5 

Jadi, U 6 

dan S 6 

64 64 27 Jadi, 34 U

dan S 4  

f.  1 , 1 ,  1 , 1 ,.....  n  100 

1 i. 1 , 2 , 2 ,.....  n  12 

 1 a r 1 ,  2

U 99

U 12  1 2

S 100   2 . 2  32 2

     1  1  0 S 12 

Jadi, U 100  1 dan S 100  0 63 2  1

Jadi, U 12  32 2 dan S 12  63  2  1  Jadi, U 12  32 2 dan S 12  63  2  1 

Jadi, S n   3  1 

S n  39

2 2 1  1 2 2 1  1 2 2 3  1  n 78

log 3  log 79

n log  3 log 79

log 79

log 3

Jadi, U 6  

2 dan S 6   2  2 

n  3 , 935

Jadi, nilai n terkecil sehingga S n  39

2 2. a. n 2  2  .....  2  126

adalah n  4

a  2 , r   2 4. Deret geometri

2 a r 1 ,  2

S n  126

2 n 64

n  n 10

2 6 2 n

Jadi, n  6

log 2  log  10  1 

b. 3  3  3 .....  3  363

3 7 n log 2  log

 10  n 1  

3 7 log

S n  363

log 2

n  23 , 25

3 Maka n terkecil adalah  24 3 n 243

3 5 3 n  5

Jadi, n  5

5. a.

2 1 20  1 , 1  1 , 1  .....  1 , 1 c d

20 antara dan

disisipkan m bilangan

n  1 sehingga terjadi deret geometri. U n  ar

20 n  1 U 1  , U n , k  banyak sisipan  m

20 n  1 1 , 1  1 , 1

b. 1  1 , 05  1 , 05  .....  1 , 05  c 

a  1 , r  1 , 05 , n  21 Maka rasio dari deret geometri tersebut

21 2 m  1

S 21 

adalah  

1 , 05  1  c 

8. 0 Diantara 1 dan 100 disisipkan k bilangan , 05  1  2  20 sehingga terbentuk deret geometri

c. 1  1 , 05  1 , 05  .....  1 , 05 U

1   1 , U n  100

a  1 , r   1 , 05 , n  21

21 r k   1  100 1

S 21 

1 2  1 , 05   1 100  10 k  1

1 , 05  Berarti, sekarang terbentuk deret geometri 

0 , k  05 2 dengan 1 U

1  1 dan r  10 dari bilangan  1  2  d. 10 1  1 , 1  1 , 1  .....  1 , 1 1–100 terdapat k  2 suku

a  1 , r  1 , 1 , n  11 a  r  1 S 

11  1 1  10 k  1  1  k  2 1 2  1 , 1

10 k   1    1

0 , 1 k  1  1 2 1  10 1 k  1  1 10 k  1 2

6. Deret geometri

k 2  10 1 10  1

Karena nilai suku pertama lebih besar dari

k  pada 1 10 (ingat a  1 ) maka tidk ada n 100 . 10  1

Maka S k  2 

bulat positif yang memenuhi sehingga k  2 10 1  1  S 5

n  10 . Karena tidak ada n yang Jika S k  2  1 . 000 maka k  ? memenuhi, maka n terkecil pun tidak ada

k  100 1 . 10  1

yang memenuhinya.

3 k 2  1  10

2 k 2  1 3 k 2  10 1 . 10  1  10

2 k  2 1 3 k 2  1 10 3 . 10  1  10 . 10  10 Diketahui :

3 k 2  1 2 k  2 1 3 S n  121 maka

 121 ; masukkan (ii)

dan (iii)

 log 1 10  log 1 , 11 4 2

1  r  27 r  1   121

. log 10  log 1 , 11 r  1

 27 r  1   121  1  r  r  1 

0 , 0453  k  1   2 2

r  3 atau r   3

 Untuk 4 r  3  a  Maka nilai–nilai k yang memenuhi

k  43 , 13

1  r S k  2  1 . 000 adalah k  44

9. antara 2 dan 80 disisipkan 4 bilangan ,  Untuk 4 r   3 a 

sehingga terbentuk deret geometri

2 Jadi , a  1 dan r  3 atau r  4  1 80

1  32  2 a   2 dan r   2 3

2 11. Investasi dengan bunga mejemuk investasi Banyak suku k  2

pertahun  Rp 100 . 00 ,  dengan bunga

majemuk  10 %

6  Investai setelah 5 tahun karena bunga r  1 majemuk, maka total investasi setelah

5 tahun mengikuti aturan deret geometri 

2 dengan  1 2

U 1   1 , 1 100 . 000  110 . 000

Jadi, jumlah deretnya adalah

Deret geometri n suku

U 1  U 2  4  a  ar  4 …..(i)

a  1 r   4 

 Rp 671 . 561 , 

…..(ii)

Jadi, total uang setelah 5 tahun U n  1  U n  108

 Rp 671 . 561 , 

n  2 n  ar 1  ar  108

r  a  ar   108 ; masukkan (i)

12. Total pinjaman uang selama n tahun

n  2 dengan bungan majemuk 8 % pertahun r . 4  108

mengikuti deret geometri dengan

n  r 2  27 …..(iii)

r  100 %  8 %  1 , 08

U 1  1 , 08 2 . 000 . 000  2 . 160 . 000

15. a. 1  1 1 2 1  4  .....  2 25

Total pinjaman selama 10 tahun

2 10 . 160 . 000 1 ,  1 r  , n  26

 Rp 27 . 000 . 000 ,   1 , 1589 

S 26 

 Rp 31 . 290 . 974 , 93 1 26 26

1    13.  Uang Rp 200 . 000 ,  dibungakan selama 2   2  

14 tahun pertama dan 6 bulan berikutnya

dengan bunga majemuk  5 % pertahun.

 2  tahun pertama mengikuti deret geometri 20 b. 3  9  27  .....  3

Besar uang yang dibungakan selama 14

dengan Merupakan deret geometri dengan

r  100 %  5 %  1 , 05

U 1   1 , 05 200 . 000  Rp 210 . 000 , 

a  3 , r     3 , n  20

13 13 S   

Besar uang pada akhir tahun ke-14

 U 1 . r  210 . 000  1 , 05 20  3  1

 Rp 395 . 986 , 32

 3  1 Bunga majemuk untuk 6 bulan berikutnya

5 % sebesar   0 , 004166 perbulan

12 Maka jumlah deret tersebut adalah Besar uang setelah 14 tahun 6 bulan

  1 0 , 004166  besar uang akhir tahun

ke-14   1 , 004167  Rp 395 . 986 . 32 , 

6 c. 1 1 1

 Rp 405 . 989 , 67 , 

Jadi, setelah 14 tahun 6 bulan, uang sebesar

Rp 5 200 . 000 ,  yang dibungakan akan 1

menjadi Rp 405 . 989 , 67 ,  dengan bunga

majemuk 5 % pertahun

5  256  5 256 Akan dibuktikan

14. Deret geometri

S n Bukti :

C. Evaluasi Kemampuan Analisis

1. U 1 , U 2 ,....., U n adalah deret geometri S 2 n

 1 dengan 

r  1 S  U 1  U 2  .....  U n

 r  1  r  1 

Terbukti Akan dibuktikan :  U 1 . U n

T Bukti :

 U 2 .....  n

 U 1  2  n ..... 

1  Terbukti .

1 U 1 . ar  1 U 1 Jadi, S 1  S 3  S 2   S 2  S 1 

b. akan dibuktikan : S 1  S 2  S 1  S 2  S 3 

 n  ... 

U n ar  1 ar  3 U 1 Bukti :

  1  1 ar n ar   2   2  ..... 

nn

 T atau  U 1 U n

Terbukti

 r  1 

 r  1  

Jika n S

1 , S 2 , S 3 merupakan jumlah n suku,

 n 2 suku, dan n 3 suku pertama dari deret

geometri 2  a 

a. akan dibuktikan

S 1  S 3  S 2   S 2  S 1 

2 Bukti : n 2  

 2  r  r  r  1  

a a a  4 r  2 r  2 r  2 r  n 2  n n   

 r 

1  1 r 

2   r  1 r  r 

  r  1  r  r  2  

nn 2

2  r  1 r r  1

   r 

nn 2

  r  1 r 

1   3 r    r  1    

 r  1 

1   r  1  

r n     1   1 

2 Terbukti

r  1 r  1 Jadi, S 1  S 2  S 1  S 2  S 3   

3. barisan geometri dari bilangan real dengan

Maka S   1  3  3

U  U  U  U  30 …..(i)

1  U 2  U 3  U 4  340

U 1  U 1 r  U 1 r  U 1 r  30

2 3 2. E.

3 U 2 r  r  r  1  30 Deret tak hingga 2  2  1 

1   U 1 r   U 1 r  U 1 r  340

2 2 2 2 3 U 2 adalah deret geometri tak hingga konvergen

1  1  r  r  r   340

dengan a  2 , r 

900  r 6  r 4  r 2  1   340  r 3  2

900  r 6  r 4  r 2  1 

 r  r 2     2 r

3  r 2   r  1  r  1 2

900  r 6  r 4  r 2  1 

 340  r 6  r 4  2 r 5  2  r 4  r 3  r 3  r 2   r 2  2 r  1 

900  r 6  r 4  r 2  1 

6 5 4 3 Maka S   4 2  2 340  r  2 r  3 r  4 r  3 r 2  2 r  1 

560 r 6  680 r 5  120 r 4  1 . 360 r 3  120 r 2  680 r  560  0 3. D.

14 r 6  17 r 5  3 r 4  34 r 3  3 r 2  17 r  14  0 Deret tak hingga

 r  2    r 1    14 r 4 3 2 log

r  28 r  18 r  14   0 2 log

 8  maka r  2 0 atau r  1 0 adalah deret tak hingga konvergen dengan

log 2 1 2  1   1 log r 10  2 r  a    

Latihan Kompetensi Siswa 7

Maka a 

r  1. C. 2

A. Evaluasi Pengertian atau Ingatan

1 log 2  2 log 10

Merupakan deret geometri tak hingga

konvergen dengan

2 2 log  10  1

1 log 1

2 a 2  3 , r  log 10 

3  2 log 10  1   1

1  3 3  3 3 3 Maka r 

1 Masukkan ke persamaan (i) nilai r Jadi, S  

9 a 1 6   r 

4. D.

Nilai log  25   ?

log 2  log 2

2  log 3 2  ....

Perhatikan pangkat

Bentuk pangkatnya merupakan deret Maka, suku pertama adalah 4 geometri tak hingga konvergen

log 2 2 6. E.

a  log 2 dan r 

 log 2

a  3    .....

log 2 1 1

S  pangkat 

a merupakan deret dimana suku kedua dan log 2 log 2 seterusnya maerupakan deret geometri tak

1  log 2 log 10  log 2 hingga konvergen dengan U 1  dan

2 log 2 log  2 

log 10

2 log 5 r  4 1 

 log 2

Maka a  3  1

Maka 25

log 2 log 2

2  log 3 2  ....

log 2 2 5 log  2 25  5

5 log 2 2 2

log 2  log 2 2  log 3 2  Jadi .... 25 a  4

2 2  2 log  4 log 2 b  log a  log 4

10 2  2 log 2  2

 2 . log 2  2 . log

5 b  2

 2  log 10  log 5  ; diketahui : log  5 0 , 699

 log b   log b   .....

a a 2 a log 3 b 

adalah deret geometri tak hingga konvergen  0 , 602

dengan

1  log b

5. C.

4  2 log 2  2 log 2

Deret geometri dengan S   6 dan

S  genap  2

 . log 2  . 1

1 r

a 1 6   r  …..(i)

dan r 

S  genap  2

 log b    2

ar  a 

 2 ; subtitusi (i) log b 1 2

1 r

6 r 2

Maka S  

Jadi, S  

1 9. C.

3 Deret geometri tak hingga

 2 x  3   2 x  3  log x   2 x  3  log 2 x  .....

7. D.

konvergen dengan suku-suku negatif

2 p 3  log 5  log 5  log 5  .....

untuk mendapatkan suku negatif terdapat dua kemungkinan :

p adalah deret geometri tak hingga

1. a  0 dan r  0

konvergen dengan

2 2. a  0 dan r  0

a  log 5 dan r   log 5 Syarat deret konvergen adalah | r | | log 5 Deret di atas memiliki

log 5

a a x 2 3 dan r  log x Maka p 

1  r  kemungkinan 1 : a  0 dan r  0

log 5 log 5 a. syarat a  0

1  log log 10  log 5

3 log 5 log 5 x  ….. 1 

2 log 10 5 log 2 b. syarat r  0

Maka 2 p  log 5 karena deret konvergen maka nilai r

2 log 5 dibatasi Nilai 2  2  5 syarat konvergen Jadi, p 2 5

|r||

 1  r  1 ; karena r  0 maka

8. C.

Deret tak hingga konvergen

 1  log x  0

3 5 x  25 x  9 125 x  .....  1 2  log 1 10  log x  log 1

  dengan a  x dan r  1 x  1

a 1 3 0 , 1 x  1 ….. 2 

1 r 2 5 Syarat numerus : x  0 ….. 3

Dari 1 , 2 , dan 3 maka daerah

3  ; |r|| irisannya himpunan kosong

1  kemungkinan 2 : a  0 dan r  0 

1 x 3 2

a. syarat a  0

3 2 30 b. syarat r  0

c. syarat numerus : x  0 ….. 3

30 Daerah irisan 1 , 2 , dan 3 adalah x 

2 x  15 Jadi, nilai x yang memenuhi  15

3 11. E.

1 x 

Diketahui : S  

1 4  log x

a 3  x Deret tak hingga

10. D.

2 3 2 3 2 1  r 1  log x

5  5 2  5 3  4 4  5 5  ..... Berarti a 3  x

Perhatkan bahwa deret tersebut merupakan

1 4  r  1  log x penjumlahan dari dua deret geometri tak

hinga 4 r  log x  Deret suku ganjil

Syarat konvergen deret adalah

5 5 5  4 1  r  1 ; r  log x Adalah deret geometri tak hingga

konvergen dengan 4  1  log x  1

4 1 4 1 4 log 4  log x  log 4

a  dan r   2

S  ganjil 

x  4

2 Maka batas-bats nilai x sehingga deret

5  5 tersebut konvergen adalah

25 2 1 x 

 Deret suku genap

5 5 5 12. C.

Adalah deret geometri tak hingga konvergen dengan

a  2 dan r  5 3  2

a S  genap 

3 2 3 Segitiga OT 1 T 2 adalah segitiga siku-siku

1  2 sama dengan 25 OT 1  T 1 T 5 2  1 3

Diketahui : T 1 T 2  a maka

T 1 T 2  OT 2  a dan Sehingga S   S  ganjil  S  genap

2 12 2 8 96  a  a  a 2

13 Jadi, ∆ T 1 T 2 T

3 adalah segitiga siku-siku

Jadi, jumlah deret tersebut adalah

24 sama kaki dengan

1 T 2 T 3  T 1 T 3  OT 1

41. A.

Lihat ∆ T 3 T 4 T 5 adalah segitiga sama kaki  Persegi 1 memiliki sisi a dengan siku-siku di 2 T

1  Persegi 2 memiliki sisi T 3 T 4  T 4 T 2  OT 2

Deret T 1 T 2  T 2 T 3  T 3 T 4  .....

a  a 2  a  .....

2 2 2 2 Merupakan deret geometri dengan

U 1  a dan r  2 

a 2  Persegi 3 memiliki sisi Jadi total panjang garis tersebut

13. B.

Deret luas persegi adalah Bola jatuh

2 1 2 1 2 L 1  L 2  L 3  ...  a  a  a  ...

2 4 adalah deret geometri tak hingga dengan

2 a 1 U 1  a dan r  2 2 

Luas 

Bola jatuh dari ketingian 10 m dan

memamtul kembali dengan r 

Lintasan boa sampai berhenti

= Bola jatuh pertama + Pantulan pertama + Jatuh kedua + Pantulan kedua +…..

15. A.

0 x  

= Bola jatuh pertama + 2 {pantula pertama

+ Pantulan kedua + Pantulan ketiga Deret tak hingga dari +…..}

sin 2 x  sin x cos x  sin x cos x  .....  3 4 . 10 

 adalah deret konvergen dengan

 4 4 sin x cos  x   

  cos x  10  2 . 30  70 meter

U 1  sin x , r 

sin x ( karena lintasan Pantulan pertama

= Jatuh kedua.

Lintasan Pantulan kedua = Jatuh ketiga )

sin  x  dan seterusnya

sin x

1    cos x  1  cos x

Deret tak hingga dari

cos x  cos x sin x  cos x sin x  .....

1 1 3 adalah deret konvergen dengan

  cos x sin x

U 1 cos x S    Deret geometri tak hingga konvergen

1  r 1  sin x dengan U 1  a , S   5 syarat deret tersebut konvergen adalah

17. D.

jika | r |  |

Deret tak hingga dari

sin x  cos x sin x  ....., 0  x  

Merupakan deret geometri tak hingga konvergen dengan

 1  r  1 ; masukkan 1

0 x  Maka nilai a berada di 0 a  10

2 sin 3 x 

cos 3 x  sin 5 x  cos x  sin x  .....

21. A.

adalah deret konvergen dengan Deret tak hingga konvergen  Suku-suku ganjil

3 5 a  1  1 a 1  a 2  .....  4 a

sin x  sin x  sin x  ..... sin x

S  ganjil 

sin

 2 1 2 sin x cos x

 Suku-suku genap

3 cos 5 x  cos x  cos x  .....

S  genap 

   ganjil  S  genap

sin x cos x  a

cos x sin x

3 sin 3 x  cos x  2 a

sin x cos x

19. C.

2 Deret tak hingga 2 a  4 a  4 a

1 3  tan 30  tan 30  tan 30  ..... 3 a a 4  0

4 Maka a  0 atau a  Adalah deret goemetri tak hingga

3 konvergen dengan

Tidak memenuhi

Jadi, a 

4 24. C.

Lingkaran 1 jari-jari  R

22. B.

f  x  x x ; x  R , x  0

Jika didapat deret geometri dengan

U 1  f  1 ; f  x  x

Ternyata R adalah diagonal bidang untuk

2 persegi 1

3 2 1  3 . 1  Jika sisi pesegi 1a  1 , maka diagonal

3  1 bidang  a // 2 // 2 1

U 2  f  1 ; f  x  x

Diameter lingkaran 1 = diagonal bidang

r   3  U 1 2 2 Keliling pesegi 1  K 1  4 a 1  rR 2

U 1 Diagonal persegi 2  sisi pesegi 1 S  

2 2 Misal sisi pesegi 2a  2  1  1  3

1  2 2 Karena diagonal bidang persegi 2 = sisi persegi 1

Jadi, jumlah deret tersebut adalah 3

23. D

Bola pingpong jatuh dan memantul Keliling persegi 2  K 2  4 a 2  4 R mengikuti pola atursan deret geometri

3 Jadi, deret keliling persegi

dengan r 

 K 1  K .....

Lintasan pantulan ketiga  4 R 2  4 R  ..... = Lintasan jatuh pertama 3  r

adalah deret geometri dengan

32 Maka panjang lintasan dri pantulan ketiga

4 R 2 4 R  2  sampai berhenti = lintasan pantulan ke-3 +

1  1 2 2 2  2 lintasan jatuh ke-4 + lintasan pantulan ke-4

+ lintasan jatuh ke-5 +…..

8 R 2

 2 { lintasan pantulan ke-3 + lintasan 

pantulan ke-4 +…..}

8 R 2  27 

32 32  Keliling adalah  2 

Jadi, S

27 4 27  25. E.

 6 , 75 meter

32 1 4 Deret geometri tak hingga 2 x  2 3 x  2 5 x  2 7 2

log

log

log log x  .....  3

Deret tersebut konvergen dengan

2 log x 2 2 U 1

U 1  log x dan r  2  log x

log x

2 2 log x

b. 2  1  1 2  .....

3 1  log x

1  log x   3 log x

2 log x  3 log x  2  0

2 2 2 Karena | r |  | maka deret konvergen

log x  2  2 log x  1   0  1  r

2 log 2 x   2 atau 2 log x  1 2 2

log x  log 2 log x 

2 c. 1  2  4  .....  2 2 2 1 x 2  2 log x  log 2 2 U 1 r 1 ,   2

x  x  2 Karena | r |  | maka deret tidak konvergen

d. 3  9  27  .....

Syarat konvergen adalah | r |  |

 Jika x  maka Karena | r |  | maka deret tidak konvergen

2 2 e.  1  1  1  .....

r  log x

2 2 1 2  2  1 log

 log 2

4 Karena | r |  | maka deret tidak konvergen

2  2 2   2 log 2  log 2   2   2 f. 1  1  1  1 .....

1 U 1 r 1 ,   1

Maka x  tidak memenuhi

4 Karena | r |  | maka deret tidak konvergen

1 2 g. 0 , 9  0 , 09  0 , 009  .....

 Jika x  2 2 maka

 0 , 09 1 r  log x

2 2 1 2 1 2 1 0 , 9 10  log 2 2  log 2 2 . log 2 2 Karena | r |  | maka deret konvergen

Maka x  2 memenuhi

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah

h. 1  1 1  2  2  .....

B. Evaluasi Pemahaman dan Penguasaan

Materi.

1. a. 1 2  1 3  2 9  .....

Karena | r |  | maka deret konvergen

2 2  2 Karena | r |  | maka deret konvergen

 2  2  1 l. f  1  f 2  f 3  .....; f  x 

i. 1 1

4 4 Karena | r |  | maka deret konvergen Karena | r |  | maka deret konvergen

1 1 Jadi, S   1

4 3 4 3 2. a. x x 6 1 

j. 3 4

2 2 9 3 27 Agar deret tersebut konvergen, Karena | r |  | maka deret konvergen

maka r  1

US

  2  x  2

3 3 Jadi, batas nilai x k. agar deret konvergen 1

adalah  2  x  2

2 x 4 x 3 6 3  1 b. x 

3  1 3  1 Agar deret konvergen, maka r  1

 2 0 x  9

 2 3 1  x  3  x  3   0

Karena | r |  | maka deret konvergen

1  3  3 Maka nilai x yang memenuhi agar deret

menjadi konvergen ada diinterval  3

3 Jadi, S  

3. Deret geometri

1 x  3

r   dan S   15

5 Batas-batas nilai x yang memenuhi adalah

1 x  3

b. rasio r  log  x  2 

2 Agar deret konvergen maka

a  15   1 

log  x  2   1

 1  log  x  2   1

log 10  log  x  2   log 10

  Jadi, suku pertama adalah 21

log  log  x  2   log 10

4. Deret geometri

Syarat numerus :

2 1 x  2  0  x  2 ….. 2  3

3 1  r Irisan daerah 1 dan 2 adalah

1 Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi