Staff Site Universitas Negeri Yogyakarta

DIKTAT

PEMBINAAN OLIMPIADE MATEMATIKA

MATERI DASAR

DISUSUN OLEH :

EDDY HERMANTO, ST

SMA Negeri 5 Bengkulu

Jalan Cendana Nomor 20

AHSME

:

American High School Math Exam

AIME :

American

Invitational Mathematics Examination

APMO

:

Asian Pasific Mathematical Olympiad

ARML

:

American Regions Mathematics League

Alabama MC

:

Alabama State-Wide Mathematics Contest

COMC

:

Canadian Open Mathematics Challenge

Hongkong PSC

:

Hongkong Preliminary Selection Contest

India RMO

:

India Regional Mathematical Olympiad

MATNC

:

Mu Alpha Theta National Convention

ME VXNY

:

Mathematical Excalibur Volume X Nomor Y

NHAC

:

Niels Henrik Abel Contest

OMITS :

Olimpiade

Matematika

ITS

OSK

:

Olimpiade Sains Indonesia SMA/MA Tingkat Kabupaten/Kota

OSK SMP/MTs

:

Olimpiade Sains Indonesia SMP/MTs Tingkat Kabupaten/Kota

OSN

:

Olimpiade Sains Indonesia SMA/MA Tingkat Nasional

OSN SMP/MTs

:

Olimpiade Sains Indonesia SMP/MTs Tingkat Nasional

OSP

:

Olimpiade Sains Indonesia SMA/MA Tingkat Provinsi

OSP SMP/MTs

:

Olimpiade Sains Indonesia SMP/MTs Tingkat Provinsi

South Carolina MC

:

South Carolina Mathematics Contest

QAMT :

Queensland

Association of Mathematics Teacher

KATA PENGANTAR

Alhamdulillah Penulis ucapkan kepada Allah, SWT karena dengan karunia-Nya Penulis

dapat menyelesaikan penulisan diktat ini. Diktat ini Penulis tulis dalam rangka mempermudah tugas

dalam mempersiapkan siswa-siswa SMA menghadapi olimpiade matematika pada tahap-tahap awal.

Menurut pengamatan Penulis, masih ada jurang pemisah yang cukup jauh antara

siswa-siswa dari pulau Jawa dengan dari luar pulau Jawa. Masih sangat banyak siswa-siswa-siswa-siswa di luar pulau

Jawa yang belum memahami persoalan-persoalan dasar di bidang Olimpiade Matematika sehingga

mengalami kesulitan besar ketika akan menghadapi OSN. Buku ini berusaha menjawab tentang

persoalan-persoalan mendasar di bidang Olimpiade Matematika tersebut.

Penulis menyarankan sebelum menyampaikan isi materi buku ini, Pembina Olimpiade di

sekolah dapat menyampaikan materi pendahuluan tentang pembuktian langsung maupun tidak

langsung serta Strategi Penyelesaian Masalah (Problem Solving Strategies) yang dapat dipelajari dari

beberapa buku yang ada seperti

Langkah Awal Menuju ke Olimpiade Matematika

karya Wono Setya

Budhi,

Problem-Solving Strategies

karya Arthur Engel maupun

Problem-Solving Through Problems

karya

Loren C. Larson.

Penulis juga mengharapkan Para guru pembina olimpiade dalam membina siswa-siswa

juga memberikan soal-soal pada tingkatan OSN pada kegiatan umpan balik yang dapat dilaksanakan

setelah guru menyelesaikan pembinaan pada setiap babnya ataupun setelah menyelesaikan seluruh

bab pada buku ini.

Ucapan terima kasih kepada semua pihak yang telah membantu dalam penyelesaian

diktat ini, khususnya kepada isteri tercinta Penulis, Rosya Hastaryta, S. Si, yang telah memberi

dukungan yang besar kepada Penulis serta juga telah melahirkan puteri pertama kami, Kayyisah

Hajidah, pada tanggal 2 Desember 2009.

Penulis merasa bahwa diktat ini masih jauh dari sempurna. Untuk itu Penulis

mengharapkan saran dan kritik dari Pembaca yang budiman sebagai bahan perbaikan diktat ini.

Akhir kata semoga buku ini dapat bermanfaat yang sebesar-besarnya bagi Pembaca

sekalian.

Bengkulu, September 2011

EDDY HERMANTO, ST

Email : eddyhbkl@yahoo.com

http://baktiolimpiade.wordpress.com

HALAMAN JUDUL

………

i

SINGKATAN ………

ii

KATA PENGANTAR

………

iii

DAFTAR ISI

………

iv

BAB I ALJABAR

1. Pemfaktoran dan Penguraian

………

1

2. Barisan

dan

Deret

………

7

3. Fungsi

……… 18

4. Suku

Banyak

……… 23

5. Persamaan

……… 29

6. Sistem

Persamaan

……… 44

7. Ketaksamaan

……… 50

8. Statistik

Sederhana

……… 57

BAB II TEORI BILANGAN

1. Sifat-Sifat Penjumlahan Dan Perkalian Dua Bilangan

………

59

2. Sifat-sifat

Keterbagian

……… 61

3. Uji Habis dibagi

………

65

4. Faktor Persekutuan Terbesar (FPB) Dan Persekutuan Terkecil (KPK) ………

67

5. Banyaknya

Faktor

Positif

……… 70

6. Kekongruenan

……… 72

7. Bilangan Bulat, Rasional dan Prima

………

77

8. Bilangan Kuadrat Sempurna

………

82

9. Fungsi Tangga dan Ceiling

………

84

BAB III GEOMETRI

1. Trigonometri

……… 87

2. Garis

……… 92

3. Segitiga

……… 100

4. Segi

Empat

……… 120

5. Segi-n

Beraturan

……… 125

6 Lingkaran

……… 126

7. Garis

Lanjutan

……… 134

BAB IV KOMBINATORIK

1. Kaidah Pencacahan Dan Penjabaran Binom Newton

……… 142

2. Kejadian dan Peluang Suatu Kejadian, Pengambilan Contoh

……… 169

Dengan dan Tanpa Pengembalian

3. Prinsip Inklusi Eksklusi, Peluang Kejadian Majemuk

……… 179

4. Pigeon Hole Principle (Prinsip Lubang Merpati)

……… 186

Ebook ini gratis dan dapat di

print

maupun dikopi serta dapat disebarkan melalui

softcopy

atau

hardcopy

, namun dengan syarat :

1.

tidak untuk dikomersilkan.

2.

tidak mengubah sebagian baik sedikit maupun banyak dari isi buku sehingga

hak cipta maupun identitas Penulis seolah-olah hilang.

BAB I

ALJABAR

1 . PEMFAKTORAN DAN PENGURAIAN

Beberapa bent uk pemf akt oran maupun penguraian yang harus diket ahui adal ah : (i) x2− y2 = (x + y)(x − y)

(ii) x3− y3 = (x − y)(x2 + xy + y2) (iii) x3 + y3 = (x + y)(x2− xy + y2)

(iv) x3 + y3 + z3− 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2− xy − xz − yz) (v) (x + y)(x − y)2 = x3− x2y − xy2 + y3

(vi) (an− bn) = (a − b)(an-1 + an-2b + an-3b2 + ⋅⋅⋅ + abn-2 + bn-1) dengan n ∈ bil angan asl i (vii) (an + bn) = (a + b)(an-1− an-2b + an-3b2−⋅⋅⋅− abn-2 + bn-1) dengan n ∈ bil angan ganj il (viii) (x + 1)(y + 1)(z + 1) = xyz + xy + xz + yz + x + y + z + 1

(ix) x4 + 4y4 = (x2 + 2y2 + 2xy)(x2 + 2y2− 2xy) (x) (x + y)2 = x2 + 2xy + y2

(xi) (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz (xii) (x − y)2 = x2− 2xy + y2

(xiii) (x + y)3 = x3 + y3 + 3xy(x + y) (xiv) (x − y)3 = x3− y3− 3xy(x − y)

(xv) (x + y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y3 (xvi) (x − y)4 = x4− 4x3y + 6x2y2− 4xy3 + y3

Penguraian bent uk (x + y)n unt uk n > 4 dapat menggunakan binomial Newt on yang akan dit erangkan dal am bagian l ain.

Berdasarkan bent uk (vi) dan (vii) didapat f akt a bahwa (a − b) membagi (an− bn) unt uk n asl i dan (a + b) membagi (an + bn) unt uk n ganj il yang t erkadang digunakan unt uk menyel esaikan soal pada t eori bil angan.

Cont oh 1 :

(OSK 2004 SMP/ MTs) Nil ai dari

5050

2

−

4950

2

=

L

L

Sol usi :

Perhat ikan bahwa a2− b2 = (a + b)(a − b) maka

(

5050

4950

)(

5050

4950

)

4950

5050

2

−

2

=

+

−

(

10000

)( )

100

1000000

4950

5050

2

−

2

=

=

000

.

1

4950

5050

2

−

2

=

Cont oh 2 :

(OSK 2005 SMP/ MTs) Sal ah sat u f akt or dari 173− 53 adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

A. 5 B. 17 C. 13 D. 273 E. 399

Sol usi :

Perhat ikan bahwa a3− b3 = (a − b)(a2 + ab + b2) maka 173− 53 = (17 − 5)(172 + 17 ⋅ 5 + 52)

Cont oh 3 :

(OSK 2011 Tipe 1) Jika A = 5x + 5−x dan B = 5x− 5−x maka A2− B2 adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ Sol usi :

A = 5x + 5−x dan B = 5x – 5−x

A + B = (5x + 5−x) + (5x− 5−x) = 2 ⋅ 5x A − B = (5x + 5−x) − (5x− 5−x) = 2 ⋅ 5−x A2− B2 = (A + B)(A − B) = 2 ⋅ 5x⋅ 2 ⋅ 5−x = 4 Jadi, A2− B2 = 4.

Cont oh 4 :

Rasional kan penyebut dari

2 7

2

− .

Sol usi :

Kuadrat dari suat u bent uk akar menghasil kan bil angan t ersebut .

Mengingat bahwa (a + b)(a − b) = a2 − b2 maka j ika penyebut t ersebut dikal ikan dengan l awannya akan didapat bent uk penyebut yang rasional.

2 7

2

− = 7 2 2

− ⋅ 7 2 2 7

+

+ ₌

(

₇

₂

)

5 2

+

Akhirnya didapat penyebut yang merupakan bilangan rasional , yait u 5. Cont oh di at as adal ah cont oh dengan penyebut nya merupakan penj uml ahan dua bi l angan. Jika penyebut nya merupakan penj uml ahan l ebih dari dua bil angan, maka perkalian dengan l awanya dil akukan l ebih dari sat u kal i.

Cont oh 5 :

Rasional kan penyebut dari

5 3 2 1 − +

Sol usi :

5 3 2

1

−

+ = 2 3 5 1

−

+ ⋅

( )

( )

2 3 5 5 3 2 + + + +

((2 +

3

) −

5

) ((2 +

3

) +

5

) = (2 +

3

)2− (

5

)2 = 2 + 4

3

5 3 2

1

−

+ = 2 4 3 5 3 2 + + + _⋅ 1 3 2 1 3 2 − − ₌ 22 5 15 2 4 3 3 + + −

Jadi, 5 3 2 1 −

+ = 22 5 15 2 4 3

3 + + −

Cont oh 6 :

(OSP 2010 SMP/ MTs) Jika p =

13 14

1

− dan q = 14 13 1

+ , maka nil ai dari p

2

+ pq + q2 adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Sol usi : pq =

13 14

1

− ⋅ 14 13 1

+ = 14 13 1

− = 1

p + q =

13 14

1

− + 14 13 1

+ = 1413 13 14 13 14 − − +

+ _{= 2}

₁₄

(p + q)2 = 56

p2 + pq + q2 = (p + q)2− pq p2 + pq + q2 = 56 − 1 = 55

Cont oh 7 :

Jika a2 + b2 = 6ab maka t ent ukan nil ai dari _aa₋+_bb unt uk a, b ≠ 0. Sol usi :

Misal kan x = _aa₋+_bb maka x2 =

( )

_aa₋+_bb 2

x2 =

ab b a

ab b a

2 2

2 2

2 2

− + + +

Karena a2 + b2 = 6ab maka x2 = ₄8_abab = 2 Jadi, _aa₋+_bb =

2

Cont oh 8 :

Hit ungl ah

2

+

3

−

2

−

3

. Sol usi :

Misal kan X =

2

+

3

−

2

−

3

X2 = (2 +

3

) + (2 −

3

) − 2

2

2

−

3

X2 = 4 − 2

X2 = 2

Maka

2

+

3

−

2

−

3

=

2

Cont oh 9 :

(AIME 1989) Nil ai dari

1

+

28

⋅

29

⋅

30

⋅

31

adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ Sol usi :

Mengingat bahwa 1 + (n − 1)(n)(n + 1)(n + 2) = (n(n + 1) − 1)2 maka

31

30

29

28

1

+

⋅

⋅

⋅

= 29 ⋅ 30 − 1

31

30

29

28

1

+

⋅

⋅

⋅

= 869. Cont oh 10 :

Tent ukan nilai x yang memenuhi persamaan

2

x

+

3

−

7

−

x

= 1 Sol usi :

3

2

x

+

−

7

−

x

= 1

Karena bilangan dal am akar harus t ak negat if maka penyel esaian persamaan t ersebut harus memenuhi syarat −₂3 ≤ x ≤ 7

3

2

x

+

= 1 +

7

−

x

2x + 3 = 1 + 7 − x + 2

7

−

x

Kuadrat kan kedua ruas dengan syarat 3x − 5 ≥ 0 sebab

7

−

x

≥ 0 9x2− 30x + 25 = 4(7 − x)

9x2− 26x − 3 = 0 (9x + 1)(x − 3) = 0

x = 3 at au x = −₉1 (t idak memenuhi syarat x ≥ ₃5) Unt uk x = 3 maka

2

x

+

3

−

7

−

x

= 3 − 2 = 1. Jadi, nil ai x yang memenuhi adalah x = 3.

Cont oh 11 :

Jika a2 = 7b + 1945 dan b2 = 7a + 1945 dengan a dan b adalah bil angan real berbeda, maka nil ai dari ab adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅

Sol usi :

a2 = 7b + 1945 dan b2 = 7a + 1945 a2− b2 = 7(b − a)

Karena a ≠ b maka a + b = −7 a2 + b2 = 7(b + a) + 3890 (a + b)2− 2ab = 7(a + b) + 3890 49 − 2ab = −49 + 3890

ab = −1896

Cont oh 12 :

a, b, c dan d adal ah bil angan real t ak nol yang memenuhi a2 + b2 = 1

c2 + d2 = 1 ac + bd = 0

Bukt ikan bahwa ab + cd = 0. Sol usi :

Karena ac + bd = 0 maka

b a ₌ −

c

d ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ₍₁₎

Misal kan _ba = −d_c = k maka a = bk dan d = −ck a2 + b2 = 1

b2(k2 + 1) = 1 k2 + 1 = 2

1

b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

c2 + d2 = 1 c2(k2 + 1) = 1

Subt it usikan persamaan (2). b2 = c2

ab + cd = bk ⋅ b + c (−ck) ab + cd = b2k − c2k ab + cd = (b2− c2)k

Karena b2 = c2 maka ab + cd = (b2− c2)k = 0 Jadi, t erbukt i bahwa ab + cd = 0.

LAT IHAN 1 :

1. Jika 3₂a_a+₋4₂b_b = 5 maka t ent ukan nil ai dari a2+_ab2b2

2. Nil ai dari ( ) (2 2 ) 2 2 2011 1945 1945 2011 2011 1945 + − + +

adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

3. (AIME 1986) Tent ukan nil ai dari

(

5

+

6

+

7

)(

5

+

6

−

7

)(

5

−

6

+

7

)(

−

5

+

6

+

7

)

. 4. Jika x+y+3 x+y =18 dan x−y−2 x−y=15, maka x⋅y = ⋅⋅⋅⋅⋅

5. Tent ukan nilai X yang memenuhi

X

=

(

3

−

5

)

⎜⎝⎛ +

3

5

⎟⎠⎞

+

(

3

+

5

)

⎜⎝⎛ −

3

5

⎟⎠⎞

6. Jika diket ahui bahwa

14

y

2

−

20

y

+

48

+

14

y

2

−

20

y

−

15

= 9, maka t ent ukan nil ai dari

48

20

14

y

2

−

y

+

−

14

y

2

−

20

y

−

15

.

7. (OSP 2006) Himpunan semua x yang memenuhi (x − 1)3 + (x − 2)2 = 1 adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅

8. (Canadian MO 1992) Sel esaikan persamaan x2 +

( )2 2

1

+

x

x _{= 3.}

9. (OSP 2007) Tent ukan semua bil angan real x yang memenuhi x4− 4x3 + 5x2− 4x + 1 = 0

10. (AIME 1983) w dan z adalah bil angan kompl eks yang memenuhi w2 + z2 = 7 dan w3 + z3 = 10. Apakah nil ai t erbesar yang mungkin dari w + z ?

11. (Bal t ic Way 1999) Tent ukan semua bilangan real a, b, c dan d yang memenuhi sist em persamaan berikut :

abc + ab + bc + ca + a + b + c = 1 bcd + bc + cd + db + b + c + d = 9 cda + cd + da + ac + c + d + a = 9 dab + da + ab + bd + d + b + a = 9

12. Jika

x

=

3

4

+

3

2

+

1

, maka nil ai dari

( )

1

+

_X1 3 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

13. (AIME 2000) Tent ukan t epat kedua akar real persamaan 2000x6 + 100x5 + 10x3 + x − 2 = 0.

14. (AIME 1987) Tent ukan nil ai dari

(

₍

₎₍

)(

₎₍

)(

₎₍

)(

₎₍

)(

₎

)

324 52 324 40 324 28 324 16 324 4 324 58 324 46 324 34 324 22 324 10 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 + + + + + + + + + + _.

15. (Bal t ic Way 1993 Mat hemat ical Team Cont est ) Tent ukan semua bil angan bulat n yang memenuhi

n

n

+

−

−

−

+

4 625 2 25 4 625 2

25 _{adalah bil angan bul at}

16. (Canadian MO 1998) Tent ukan penyel esaian x real yang memenuhi persamaan : x =

x

−

_x1 +

1

−

_x1

17. (AIME 1990) Bil angan real a, b, x dan y memenuhi ax + by = 3, ax2 + by2 = 7, ax3 + by3 = 16 dan ax4 + by4 = 42. Tent ukan nil ai dari ax5 + by5.

18. (OSN 2003 SMP/ MTs) Diket ahui a + b + c = 0. Tunj ukkan bahwa a3 + b3 + c3 = 3abc

19. (OSN 2009 SMP/ MTs) Set iap sisi suat u kubus dit ul iskan sebuah bil angan asli. Set iap t it ik sudut nya diberi nil ai yang merupakan hasil kal i dari t iga bilangan pada t iga sisi yang berpot ongan di t it ik sudut t ersebut . Jika j uml ah semua bil angan pada t it ik-t it ik sudut t ersebut sama dengan 1001, t ent ukan j uml ah semua bilangan yang di t ul iskan pada sisi-sisi kubus t ersebut .

2 . BARISAN DAN DERET

1, 2, 3, 4, 5, ⋅⋅⋅ dikat akan sebagai barisan karena mempunyai suat u pol a t ert ent u dengan rumus suku ke-n adal ah ke-n.

1 + 2 + 3 + 4 + ⋅⋅⋅⋅ disebut sebagai deret .

Ada beberapa barisan dan deret yang akan dibahas. A. Barisan dan Deret Arit mat ika

1. Pengert ian, rumus suku ke-n dan rumus Juml ah n suku pert ama

Barisan arit mat ika adal ah barisan yang set iap dua suku berurut an memil iki selisih yang konst an. a, a + b, a + 2b, a + 3b ⋅⋅⋅ adal ah barisan arit mat ika dengan suku pert ama = a dan beda = b. Suku ke-n, Un, dirumuskan dengan :

Un = a + (n − 1)b

Juml ah n bil angan pert ama, Sn, dirumuskan dengan

Sn = ₂

n

(2a + (n − 1)b) = ₂n (a + Un)

Bukt i :

Sn = (a) + (a + b) + (a + 2b) + ⋅⋅⋅ + (a + (n − 1)b)

Sn = (a + (n − 1)b) + (a + (n − 2)b) + (a + (n − 3)b) + ⋅⋅⋅ + (a)

Juml ahkan kedua persamaan di at as didapat 2 Sn = n ⋅ (2a + (n − 1)b)

Sn = ₂

n

(2a + (n − 1)b) = ₂n (a + Un) (t erbukt i)

Cont oh 13 :

Diket ahui barisan 2, 5, 8, 11, ⋅⋅⋅. Tent ukan suku ke-10 dan j uml ah 4 suku pert ama. Sol usi :

2, 5, 8, 11, ⋅⋅⋅ adal ah barisan arit mat ika dengan suku pert ama 2 dan beda 3. Suku ke-10, U10 = 2 + (10 − 1) ⋅ 3 = 29

Juml ah 4 suku pert ama = 4₂

⋅

(

2

⋅

2

+

(

4

−

1

)

⋅

3

)

_{= 26} Cont oh 14 :

Sebuah barisan j uml ah n buah suku pert ama dirumuskan dengan Sn = 3n 2

− 15n, maka U3 = ⋅⋅⋅⋅

Sol usi :

Perhat ikan bahwa j ika kit a mengurangkan j uml ah n suku pert ama, Sn dengan j uml ah n − 1 suku

pert ama, Sn-1, maka akan didapat kan suku ke-n, Un.

Jadi, Un = Sn− Sn-1.

Un = (3n 2

− 15n) − (3(n − 1)2− 15(n − 1)) Un = 3n

2

− 15n − 3n2 + 6n − 3 + 15n − 15 Un = 6n − 18

Maka U3 = 6(3) − 18 = 0

Cara l ain adal ah dengan l angsung menghit ung U3 = S3− S2.

S3 = 3(3) 2

− 15(3) = 27 − 45 = −18 S2 = 3(2)

2

− 15(2) = 12 − 30 = −18 U3 = S3− S2

U3 = −18 − (−18)

Cont oh 15 : Nil ai dari

∑

=

+

=

n

k

k

1

)

3

2

(

L

L

Sol usi :

Jika nil ai k dari 1 sampai n dij al ankan didapat

(

∑

n₌

+

k

k

1

3

2

)

= 5 + 7 + 9 + ⋅⋅⋅ + (2n + 3) merupakan deret arit mat ika dengan a = 5 sert a b = 2. Sn = n₂

(

2

( ) ( )

5

+

n

−

1

2

)

Jadi,

∑

(

= n

=

+

n

k

k

1

3

2

)

2

+ 4n

Cont oh 16 :

(OSK 2006) Pada sebuah barisan arit mat ika, nil ai suku ke-25 t iga kal i nil ai suku ke-5. Suku yang bernil ai dua kal i nil ai suku pert ama adal ah suku ke ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Sol usi :

u25 = 3(u5), maka a + 24b = 3(a + 4b) sehingga a = 6b

un = a + (n − 1)b = 2u1 = 2a

6b + (n − 1)b = 2(6b) n = 7

Suku t ersebut adal ah suku ke-7

Cont oh 17 :

Sisi-sisi sebuah segit iga siku-siku membent uk barisan arit mat ika. Jika sisi hipot enusa sama dengan 20, maka kel il ing segit iga t ersebut adal ah ⋅⋅⋅⋅

Sol usi :

Karena sisi t erpanj ang segit iga sama dengan 20 dan membent uk barisan arit mat ika maka sisi-sisi segit iga t ersebut dapat di misal kan dengan 20, 20 − x dan 20 − 2x dengan x adalah bil angan posit if .

Karena ket iga sisi membent uk segit iga siku-siku maka (20 − 2x)2 + (20 − x)2 = 202

400 − 80x + 4x2 + 400 − 40x + x2 = 400 5x2− 120x + 400 = 0

(x − 4)(x − 20) = 0 x = 4 at au x = 20

Jika x = 20 maka sisi-sisi segit iga t ersebut adal ah 20, 0 dan −20 yang t idak mungkin merupakan sisi-sisi segit iga.

Jika x = 4 maka sisi-sisi segit iga t ersebut adalah 20, 16 dan 12 yang membent uk sisi-sisi segit iga siku-siku.

Jadi, kel il ing segit iga t ersebut = 20 + 16 + 12 = 48.

2. Suku Tengah

Misal kan Ut menyat akan suku t engah dari suat u barisan arit mat ika maka :

2

1 Un

U t

U

=

+

Cont oh 18 :

Diket ahui 3, ⋅⋅⋅, 13, 15, ⋅⋅⋅ adal ah barisan arit mat ika. Tent ukan suku t engah barisan t ersebut . Sol usi :

3, ⋅⋅⋅, 13, 15 adal ah barisan arit mat ika. Maka U1 = a = 3 dan Un = 15.

Maka suku t engah, Ut = ₂1 (3 + 15) = 9

3. Sisipan

Misal kan set iap dua bil angan berurut an pada barisan arit mat ika disisipi k buah bil angan namun t et ap membent uk barisan arit mat ika. Maka beda barisan t ersebut akan memil iki perubahan dengan suku pert ama t et ap.

Misalkan bB = beda barisan yang baru dan bL = beda barisan yang l ama. Hubungan keduanya

adal ah

bB = _k+1

bL

Cont oh 19 :

Pada set iap dua bil angan berurut an dari barisan 2, 12, 22, 32, 42. ⋅⋅⋅⋅ disisipi sebanyak 4 bil angan. Tent ukan suku ke-100 dari barisan yang baru.

Sol usi :

Beda barisan yang baru adal ah bB = _k+1

=

₄10₊₁

bL

= 2 Suku pert ama, a = 2.

U100 = a + 99bB = 2 + 99 ⋅ 2 = 200

Suku ke-100 = 200.

Jadi, suku ke-100 barisan t ersebut adalah 200. 4. Barisan Arit mat ika Bert ingkat

Misal kan ada barisan u1, u2, u3, ⋅⋅⋅, un yang bukan merupakan barisan ait mat ika sebab un − un-1

t idak konst an. Tet api apabil a diambil D1(n) = un − un-1 l al u D2(n) = D1(n) − D1(n − 1) dan

set erusnya sampai pada suat u saat Dk(n) − Dk(n − 1) bernil ai konst an. Maka kit a dapat

mengambil kesimpul an bahwa rumus j uml ah n suku pert ama, Sn, barisan t ersebut merupakan

pol inomial pangkat k. Cont oh 20 :

Diket ahui barisan 1, 3, 6, 10, 15, 21, ⋅⋅⋅. Tent ukan rumus j umlah n suku pert ama, Sn.

Sol usi :

Kal au diperhat ikan, barisan 1, 3, 6, 10, 15, 21, ⋅⋅⋅ bukanl ah barisan arit mat ika. Tet api rumus suku ke-n barisan t ersebut t ernyat a merupakan rumus j uml ah n suku pert ama dari barisan 1, 2, 3, ⋅⋅⋅, n yang merupakan barisan arit mat ika.

Maka kit a dapat menyelesaikan soal t ersebut dengan menganggapnya merupakan barisan arit mat ika bert ingkat .

n S(n) D1(n) = S(n) – S(n − 1) D2(n) = D1(n) − D1(n − 1) D3(n) = D2(n) − D2(n − 1) 1 1

2 4 3

3 10 6 3

4 20 10 4 1

Karena D3(n) konst an maka dapat diambil kesimpul an bahwa rumus Sn merupakan pol inomial

pangkat 3.

Misal kan S(n) = an3 + bn2 + cn + d.

n S(n) D1(n) = S(n) – S(n − 1) D2(n) = D1(n) − D1(n − 1) D3(n) = D2(n) − D2(n − 1) 1 a+b+c+d

2 8a+4b+2c+d 7a+3b+c

3 27a+9b+3c+d 19a+5b+c 12a+2b

4 64a+16b+4c+d 37a+7b+c 18a+2b 6a

5 125a+25b+5c+d 61a+9b+c 24a+2b 6a

Dari kedua t abel didapat bahwa : 6a = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

12a + 2b = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 7a + 3b + c = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) a + b + c + d = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Dari pers (1) didapat

a

=

₆1

Dari pers (2) didapat

b

=

3₂−2

=

₂1

Dari pers (3) didapat

c

=

3

−

7

( )

1₆

−

3

( )

1₂

=

18−₆7−9

=

1₃ Dari pers (4) didapat

1

6 1₆3 2

0

3 1 2 1 6

1

−

−

=

=

−

=

−− −

d

Maka rumus j uml ah n suku pert ama, S(n) = ₆1n3 + ₂1n2 + 1₃n = n( )( )n+1₆n+2 B. Barisan dan Deret Geomet ri

1. Pengert ian, rumus suku ke-n dan rumus Juml ah n suku pert ama

Barisan geomet ri adalah barisan yang set iap dua suku berurut an memil iki perbandingan yang konst an. Misal kan a, ar, ar2, ⋅⋅⋅ adal ah barisan geomet ri dengan suku pert ama = a dan rasio = r maka :

Suku ke-n, Un, dirumuskan dengan :

Un = a ⋅ r n-1

Juml ah n bil angan pert ama, Sn, dirumuskan dengan

Sn =

( )

1

1

−

−

r

r

a

n

Cont oh 21 :

Diket ahui barisan 2, 6, 18, 54, ⋅⋅⋅ . Tent ukan suku ke-5 dan j uml ah 4 suku pert ama barisan t ersebut .

Sol usi :

2, 6, 18, 54, ⋅⋅⋅ adalah cont oh barisan geomet ri dengan suku pert ama 2 dan rasio 3. Suku ke-5, U5 = 2 ⋅ 3

5-1

= 162 Juml ah 4 suku pert ama = 2

( )

₃3₁1

4

−− ⋅

= 80

Cont oh 22 :

Pada barisan geomet ri diket ahui U8 = 36 dan S7 = 52, maka S8 = ⋅⋅⋅⋅⋅

Sol usi :

Pada barisan arit mat ika maupun geomet ri berl aku Sn− Sn−1 = Un.

S8− S7 = U8

S8 = 52 + 36 = 88.

Cont oh 23 :

Tiga bil angan membent uk deret geomet ri dengan j uml ah 65. Jika suku ke-3 dikurangi 20 t erbent ukl ah deret arit mat ika, maka rasio barisan t ersebut adalah ⋅⋅⋅⋅

Sol usi :

Misal kan bil angan-bil angan t ersebut adal ah a, ar dan ar2. Maka a, ar dan ar2− 20 membent uk barisan arit mat ika sehingga 2ar = a + ar2− 20

2ar + 20 = a + ar2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) a + ar + ar2 = 65 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 2ar + 20 + ar = 65

ar = 15 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

Subt it usikan persamaan (3) ke (1) didapat 50 = a + 15r ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

Subt it usikan persamaan (4) ke (3). (50 − 15r)r = 15

10r − 3r2 = 3 (3r − 1)(r − 3) = 0 r = 1₃ at au r = 3

Jika r = ₃1 maka ket iga bilangan t ersebut adal ah 45, 15 dan 5 yang membent uk barisan geomet ri dan 45, 15, −15 yang membent uk barisan arit mat ika.

Jika r = 3 maka ket iga bilangan t ersebut adal ah 5, 15 dan 45 yang membent uk barisan geomet ri dan 5, 15, 25 yang membent uk barisan arit mat ika.

Jadi, rasio barisan t ersebut adal ah ₃1 at au 3.

2. Suku Tengah

Misal kan Ut menyat akan suku t engah dari suat u barisan geomet ri maka :

n

t

U

U

U

2

=

₁

⋅

dengan n merupakan bilangan ganj il Cont oh 24 :

Diket ahui 2, 6, 18, 54, 162, ⋅⋅⋅⋅ adal ah barisan geomet ri. Tent ukan suku t engah dari barisan t ersebut .

Sol usi :

2, 6, 18, 54, 162 adal ah barisan geomet ri. Maka U1 = a = 2 dan Un = 162.

Maka suku t engah,

U

_t

=

2

⋅

162

=

18

3. Sisipan

Misal kan set iap dua bil angan berurut an pada barisan geomet ri disisipi k buah bil angan namun t et ap membent uk barisan geomet ri. Maka rasio barisan t ersebut akan memiliki perubahan dengan suku pert ama t et ap.

Misal kan rB = rasio barisan yang baru dan rL = rasio barisan yang l ama. Hubungan keduanya

adal ah

1

+

=

k

L

B

r

Cont oh 25 :

Pada set iap dua bil angan berurut an dari barisan 2, 32, 512, 8192, ⋅⋅⋅⋅ disisipi sebanyak 3 bil angan. Tent ukan suku ke-7 dari barisan yang baru.

Sol usi :

Rasio yang baru,

=

k+1

=

4

16

=

2

L

B

r

r

.

Suku pert ama, a = 2. U7 = ar

6

= (2)(26) = 128 Suku ke-7 = 128.

4. Barisan geomet ri t ak hingga Dari persamaan Sn =

( )

₁

1

−−

r r a n

j ika n Æ∞ maka S_∞ = ₁₋a_r dengan syarat −1 < r < 1.

Rumus t ersebut merupakan rumus j uml ah dari suat u barisan t ak hingga dengan suat u syarat t ert ent u.

Cont oh 26 :

Tent ukan nilai dari 2 + 1 + ₂1 + ₄1 + ⋅⋅⋅ Sol usi :

Persoal an di at as t ermasuk barisan geomet ri t ak hingga dengan a = 2 dan r = ½ 2 + 1 + ½ + ¼ + ⋅⋅⋅ = S_∞ = ₁₋a_r.

2 + 1 + ½ + ¼ + ⋅⋅⋅ =

2 1

1 2

− = 4.

Maka nil ai dari 2 + 1 + ₂1+ ₄1 + ⋅⋅⋅ = 4. Cont oh 27 :

Juml ah suat u deret geomet ri t ak hingga adal ah 6 dan j uml ah dari suku-suku yang bernomor ganj il adal ah 4. Suku ke-6 barisan t ersebut adal ah ⋅⋅⋅⋅

Sol usi :

Misal kan suku pert ama barisan geomet ri t ak hingga t ersebut adal ah a dan rasio r. a + ar + ar2 + ⋅⋅⋅ = ₁a_−r = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

Suku-suku yang ganj il adal ah a, ar2, ar4, ⋅⋅⋅ yang membent uk barisan t ak hingga dengan suku pert ama a dan rasio r2.

a + ar2 + ar4 + ar6 + ⋅⋅⋅ = 2

1 r

a

− = 4 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

Subt it usikan persamaan (1) ke

( )

₁₋a_r

( )

₁₊1_r = 4 sehingga

r

+

1 1

= ₃2 3 = 2 + 2r r = ₂1

Subt it usikan persamaan di at as ke persamaan (1) didapat a = 3

Maka suku ke-6 = U6 = ar 5

= ₃₂3 .

C. Barisan dan Deret Lainnya sert a Bent uk Tak Hingga

Suat u barisan t idak harus masuk ke dalam sal ah sat u dari dua bent uk di at as. Sebagai cont oh adalah barisan yang berbent uk 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ⋅⋅⋅ yang merupakan penj uml ahan dari dua bil angan

sebel umnya. Unt uk menyel esaikan persoal an yang dit anyakan memerl ukan penget ahuan t erhadap pol a dari barisan t ersebut .

Beberapa cont oh rumus deret l ainnya : 12 + 22 + 32 + ⋅⋅⋅ + n2 = n( )(n+1₆2n+1)

13 + 23 + 33 + ⋅⋅⋅ + n3 =

( )

n( )n₂+1 2

Berikut ini dibahas bent uk-bent uk t ak hingga yang dapat disel esaikan dengan memisal kan dengan suat u variabel .

Cont oh 28 :

Hit ungl ah nilai dari

2

2

2

2

L

Sol usi :

Misal kan

2

2

2

2

L

= X.

Kuadrat kan kedua ruas. Pada ruas kiri akan didapat kan bent uk t ak hingga semul a. Maka 2X = X2

X(X − 2) = 0

Karena

2

2

2

2

L

t idak mungkin sama dengan 0 maka

2

2

2

2

L

= 2. Jadi,

2

2

2

2

L

= 2

Cont oh 29 :

Hit ungl ah bent uk t ak hingga berikut ,

M

3 2

3

2

3

2

+

+

+

. Sol usi :

Misal kan

M

3 2

3

2

3

2

+

+

+

= X maka

X

3

2

+

= X X2− 2X − 3 = 0 (X − 3)(X + 1) = 0 Karena

M

3 2

3

2

3

2

+

+

+

t idak mungkin sama dengan −1 maka

M

3 2

3

2

3

2

+

+

+

= 3. Jadi,

M

3 2

3

2

3

2

+

+

D. Prinsip Tel eskopik

Prinsip t el eskopik banyak digunakan unt uk menyederhanakan suat u deret . Ada dua bent uk umum yang dikenal , yait u penj uml ahan dan perkal ian sebagai berikut :

a.

(

) (

_{2 1}

) (

_{3 2}

) (

_{4 3}

)

(

₁

) (

₁

)

_{1 1}

1

1

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

_{n n n n n}

n

i

i

i

−

=

−

+

−

+

−

+

+

−

−

+

+

−

=

+

−

= +

∑

L

b. 1 1 1 1 3 4 2 3 1 2 1 1

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

_n n n n n n i i

i + +

− =

+

₌

_⋅

_⋅

_⋅

_⋅

_⋅

₌

∏

L

Cont oh 30 :

( )( )( ) (

−

−

−

L

−

)(

−

)

( )( )

+

+

( ) (

+

L

+

)(

+

₂₀₀₆1

)

=

L

2004 1 6 1 4 1 2 1 2005 1 2003 1 7 1 5 1 3

1

₁

₁

₁

₁

₁

₁

₁

₁

₁

1

Sol usi :

Misal S =

( )( )( ) (

1

−

1₃

1

−

₅1

1

−

₇1

L

1

−

₂₀₀₃1

)(

1

−

₂₀₀₅1

)( )( )( ) (

1

+

1₂

1

+

₄1

1

+

₆1

L

1

+

₂₀₀₄1

)(

1

+

₂₀₀₆1

)

S = 2₃

⋅

₅4

⋅

6₇

⋅

L

⋅

₂₀₀₅2004

⋅

3₂

⋅

5₄

⋅

7₆

⋅

L

⋅

₂₀₀₆2007

S = 2₃

⋅

3₂

⋅

₅4

⋅

₄5

⋅

₇6

⋅

7₆

⋅

L

⋅

₂₀₀₅2004

⋅

2005₂₀₀₄

⋅

₂₀₀₆2007 S = ₂₀₀₆2007

Cont oh 31 :

Tent ukan nilai ₁1_⋅2 + ₂1_⋅3 + ₃1_⋅4 + ₄1_⋅5 + ⋅⋅⋅ + ₂₀₀₅1_⋅2006. Sol usi :

Soal di at as merupakan cont oh penerapan prinsip t el eskopik.

2 1

1

⋅ = 2 1 1

1

−

_; 3 2

1

⋅ = 3 1 2

1

−

_; 4 3

1

⋅ = 4 1 3

1

−

_; ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ _; 2006 2005

1

⋅ = 2006 1 2005 1

−

2 1 1

⋅ + 23 1

⋅ + 34 1

⋅ + 45 1

⋅ + ⋅⋅⋅ + 20052006 1

⋅ =

( )

( ) ( ) ( )

(

2006

)

1 2005 1 5 1 4 1 4 1 3 1 3 1 2 1 2 1 1

1

−

+

−

+

−

+

−

+

_L

+

−

2

1 1

⋅ + 23 1

⋅ + 34 1

⋅ + 45 1

⋅ + ⋅⋅⋅ + 20052006 1

⋅ = 1 − 2006 1

Jadi, ₁1_⋅2 + ₂1_⋅3 + ₃1_⋅4 + ₄1_⋅5 + ⋅⋅⋅ + ₂₀₀₅1_⋅2006 = ₂₀₀₆2005 Cont oh 32 :

(Canadian MO 1997) Bukt ikan bahwa ₁₉₉₉1 < 1₂

⋅

₄3

⋅

₆5

⋅

L

⋅

1997₁₉₉₈ < ₄₄1 . Sol usi :

Misal P = ₂1

⋅

₄3

⋅

₆5

⋅

L

⋅

₁₉₉₈1997 dan Q = ₃2

⋅

₅4

⋅

₇6

⋅

L

⋅

₁₉₉₉1998 PQ = ₂1

⋅

₄3

⋅

₆5

⋅

L

⋅

1997₁₉₉₈⋅₃2

⋅

₅4

⋅

₇6

⋅

L

⋅

₁₉₉₉1998 = ₁₉₉₉1

Jel as bahwa P < Q

P2 < PQ sehingga P2 < ₁₉₉₉1 < ₄₄2

1 _{. Maka P <} 44

1

P > ₃1

⋅

₅3

⋅

₇5

⋅

L

⋅

₁₉₉₉1997 = ₁₉₉₉1 Maka didapat ₁₉₉₉1 < P < ₄₄1

1999 1 _<

1998 1997 6 5 4 3 2

1

⋅

⋅

⋅

_L

⋅

_< 44

LAT IHAN 2 :

1. Sebuah deret arit mat ika t erdiri dari n suku (ganj il ). Juml ah semua sukunya 260, besar suku t engahnya 20, sert a beda deret t ersebut adal ah 3. Maka U6 = ⋅⋅⋅⋅

2. Perhat ikan barisan bilangan 500, 465, 430, 395, ⋅⋅⋅. Suku negat if nya yang pert ama adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

3. Diket ahui

∑

(

)

dan , maka nil ai

=

+

=

11 1

77

2

4

i

i

k

∑

=

=

7 1

14

i i

k

∑

(

+

)

=

L

L

=

11 8

2

4

i

i

k

4. Pada suat u deret arit mat ika berl aku u2 + u5 + u6 + u9 = 40. Maka S10 = ⋅⋅⋅⋅⋅

5. (OSK 2009) Jika xk+1 = xk + ₂1 unt uk k = 1, 2, ⋅⋅⋅ dan x1 = 1 maka x1 + x2 + ⋅⋅⋅ + x400 = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

6. (OSP 2006) Hasil penj uml ahan semua bil angan bul at di ant ara 3

2006

dan

2006

adal ah ⋅⋅ 7. (OSK 2006) Diket ahui a + (a + 1) + (a + 2) + ⋅⋅⋅ + 50 = 1139. Jika a bil angan posit if , maka a = ⋅⋅⋅⋅⋅ 8. (OSK 2011 Tipe 3) Bil angan bul at posit if t erkecil a sehingga 2a + 4a + 6a + . . . + 200a merupakan

kuadrat sempurna adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

9. (AIME 1984) Barisan a1, a2, a3, ⋅⋅⋅, a98 memenuhi an+1 = an + 1 unt uk n = 1, 2, 3, ⋅⋅⋅, 97 dan mempunyai

j uml ah sama dengan 137. Tent ukan nilai dari a2 + a4 + a6 + ⋅⋅⋅ + a98.

10. Misal kan un adal ah suku ke-n dari suat u barisan arit mat ika. Jika uk = t dan ut = k maka t ent ukan nil ai

dari suku ke-(k + t ).

11. (OSK 2004) Agar bilangan 20 + 21 + 22 + ⋅⋅⋅ + 2n sedekat mungkin kepada 2004, harusl ah n = ⋅

12. Jika 9 − 7x, 5x − 6 dan x − 1 adalah t iga suku pert ama deret geomet ri t ak hingga, maka j uml ah suku-sukunya adal ah ⋅⋅⋅

13. Pada suat u deret t ak hingga, suku-suku yang bernomor ganj il berj uml ah 9/ 4 sedangkan suku-suku yang bernomor genap berj uml ah 3/ 4 , maka suku pert amanya adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅

14. Bat as-bat as nil ai a supaya deret geomet ri t ak berhingga dengan suku pert ama a konvergen dengan j uml ah 2 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

15. (OSP 2006) Af kar memil ih suku-suku barisan geomet ri t akhingga 1, ₂1, ₄1, ₈1, ⋅⋅⋅ unt uk membuat barisan geomet ri t akhingga baru yang j uml ahnya ₇1 . Tiga suku pert ama pil ihan Af kar adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅ 16. Tent ukan j uml ah dari 2₃

−

4

+

₉4

−

₇4

+

₂₇8

−

₄₉4

+

L

L

17. Tiga buah bilangan merupakan barisan arit mat ika. Bil a suku t engahnya dikurangi 5, maka t erbent uk suat u barisan geomet ri dengan rasio sama dengan 2. Juml ah barisan arit mat ika it u adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 18. Tent ukan rumus j umlah n suku pert ama dari barisan 4, 10, 20, 35, 56, ⋅⋅⋅

19. (AIME 1992) Misal kan A adal ah barisan a1, a2, a3, ⋅⋅⋅ dengan a19 = a92 = 0 dan ∆A didenisikan dengan

barisan a2− a1, a3− a2, a4− a3, ⋅⋅⋅. Jika semua suku-suku barisan ∆(∆A) sama dengan 1, maka nil ai a1

adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

20. (MATNC 2001) Tent ukan j uml ah 100 bilangan asli pert ama yang bukan bilangan kuadrat sempurna. 21. (AIME 2003 Bagian Pert ama) Diket ahui 0 < a < b < c < d adal ah bilangan bul at yang memenuhi a, b, c

membent uk barisan arit mat ika sedangkan b, c, d membent uk barisan geomet ri. Jika d − a = 30 maka t ent ukan nil ai dari a + b + c + d.

22. (OSK 2009) Bil angan bul at posit if t erkecil n dengan n > 2009 sehingga

n

n

3 3

3 3

3

2

1

+

+

+

L

+

merupakan bil angan bul at adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

23. (AIME 1985) Barisan bil angan bul at a1, a2, a3, ⋅⋅⋅ memenuhi an+2 = an+1 − an unt uk n > 0. Juml ah 1492

bil angan pert ama adal ah 1985 dan j uml ah 1985 bil angan pert ama adal ah 1492. Tent ukan j uml ah 2001 bil angan pert ama.

24. Nil ai x yang memenuhi persamaan :

...

4

4

4

...

=

x

+

x

+

x

+

x

x

x

adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

25. Hit ungl ah nilai dari

M

4

3

4

3

4

3

5

6

+

+

+

−

26. (OSK 2006/ AIME 1990) Barisan 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, ⋅⋅⋅ t erdiri dari semua bilangan asl i yang bukan kuadrat at au pangkat t iga bil angan bul at . Suku ke-250 barisan t ersebut adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅

27. (AHSME 1996) Barisan 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 1, 2, ⋅⋅⋅ memil iki bl ok angka 1 yang berisi n buah angka 2 pada bl ok ke-n. Tent ukan j uml ah 1234 bil angan pert ama. 28. Misal kan f adal ah adal ah f ungsi yang memenuhi f (n) = f (n − 1) + ₂₀₀₇n _{unt uk set iap n bilangan asl i.}

Jika f (0) = 1945 maka t ent ukan f (2007).

29. (NHAC 1997-1998 Second Round) Tent ukan nil ai dari _1x21_x3

+

_2x31_x4

+

L

+

_1996x19971 _x1998. 30. (OSK 2003) Berapakah hasil perkal ia n

( )

2

( )( ) (

2 2 2

)(

₂₀₀₃2

)

1 2002

1 4

1 3

1 2

1

₁

₁

₁

₁

1

−

−

−

L

−

−

31. Tent ukan j uml ah dari :

100 99

1 4

3 1 3 2

1 2 1

1

+ +

+

32. Hit ungl ah nilai

( )(

)

∑

₌

₊

+

₊

+

2012 1 2

2

1

1

3

k

k

k

k

k

.

33. (AIME 2002) Barisan x1, x2, x3, ⋅⋅⋅ memenuhi

k k k

x

=

2₊

1 _{. Jika t erdapat bil angan berurut an sehingga}

xm + xm+1 + ⋅⋅⋅ + xn = ₂₉1 , maka t ent ukan semua pasangan (m, n) yang memenuhi.

34. (AIME 2001) Barisan a1, a2, a3, a4, ⋅⋅⋅ memenuhi a1 = 211, a2 = 375, a3 = 420 dan a4 = 523 sert a

an = an−1− an−2 + an−3− an−4. t ent ukan nil ai dari a531 + a753 + a975.

35. (AIME 1998) Barisan 1000, n, 1000 − n, n − (1000 − n), (1000 − n) − (n − (1000 − n), ⋅⋅⋅ dengan n bil angan bul at berakhir ket ika bilangan negat if pert ama muncul . Sebagai cont oh unt uk n = 100 maka barisan t ersebut adal ah 1000, 100, 900, −800. Suku ke-4 barisan t ersebut negat if . Jadi, unt uk n = 100 maka barisan t ersebut memiliki panj ang 3. Tent ukan n sehingga panj ang barisan t ersebut maksimal .

36. (OSN 2008 SMP/ MTs) Suat u barisan bil angan real mempunyai suku-suku didef inisikan sebagai berikut .

un = ar n-1

j ika n = 4m − 3 at au n = 4m − 2 un = −ar

n-1

j ika n = 4m − 1 at au n = 4m

dengan a > 0, r > 0, dan m bil angan bul at posit if .

Bukt ikan bahwa j uml ah semua suku ke-1 sampai dengan suku ke-2009 adal ah

(

)

2 2010 2009 1 1 r r r r a + + − +

37. (USAMTS 1999-2000 Round 4) Tent ukan nil ai dari

S = 2 2

2 1 1

1

1

+

+

+ 2 2

3 1 2

1

1

+

+

+ ⋅⋅⋅ + 2 2

2000 1 1999

1

1

+

+

38. (Bal t ic Way 1992) Bukt ikan bahwa hasil kal i 99 bil angan

1 1 3 3 + − k

k _{, k = 2, 3, 4,} ⋅⋅⋅_{, 100 l ebih dari}

3 2 _.

3 . FUNGSI A. Pengert ian

Misal kan diket ahui f ungsi y = f (x) = ₃x₋+₂1_x.

Unt uk mencari nil ai dari f (2) maka cukup menggant i x di ruas kanan dengan 2. Jadi, f (2) = ₃( )₋2₂+_{( )2}1 = −3

Sal ah sat u f ungsi yang dibahas di dalam kel as adalah f ungsi kuadrat , yait u f ungsi yang berbent uk y = f (x) = ax2 + bx + c

Nil ai x yang menyebabkan y maksimum adalah xp = _a

b

2

−

Nil ai y maksimum = ymaks = a(xp)

2

+ bxp + c at au ymaks =

(

_a

)

ac b

4 4

2₋

−

Terkadang suat u f ungsi t idak hanya memiliki sat u variabel , t et api dapat l ebih dari sat u variabel . Sebagai cont oh adal ah f (x, y) = xy + x2y + y3. Unt uk mencari f (1, 2) cukup menggant i x = 1 dan y = 2 dari persamaan t ersebut didapat f (1, 2) = 2 + 2 + 8 = 12.

Cont oh 33 :

Misal f adalah suat u f ungsi yang memet akan dari bilangan bul at posi t if ke bilangan bul at posit if dan didef inisikan dengan : f (ab) = b⋅f (a) + a⋅f (b). Jika f (10) = 19 ; f (12) = 52 dan f (15) = 26. Tent ukan nil ai dari f (8).

Sol usi :

f (120) = f (10 ⋅ 12) = 12f (10) + 10f (12) = 12 ⋅ 19 + 10 ⋅ 52 = 748 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) f (120) = f (8 ⋅ 15) = 8f (15) + 15f (8) = 8 ⋅ 26 + 15f (8) = 208 + 15f (8) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 748 = 208 + 15f (8)

Jadi, f (8) = 36

Cont oh 34 :

(AHSME 1998) Misal kan f (x) adal ah f ungsi yang memenuhi

(a) unt uk set iap bil angan real x dan y maka f (x + y) = x + f (y) dan (b) f (0) = 2

Nil ai dari f (1998) adalah ⋅⋅⋅⋅⋅ Sol usi :

f (x + y) = x + f (y) dan f (0) = 2

Al t ernat if 1 :

f (x) = f (x + 0) = x + f (0) f (x) = x + 2

Maka f (1998) = 2000

Al t ernat if 2 :

2 = f (0) = f (−1998 + 1998) = −1998 + f (1998) Maka f (1998) = 2000

Cont oh 35 :

Jika f (x) adal ah f ungsi yang t idak t erdef inisi unt uk x = 0 dengan f (x) + 2f (1_x) = 3x. Tent ukan f (x).

Sol usi :

f (x) + 2f (_x1) = 3x ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Jika y = _x1 maka

f (1_y) + 2f (y) = 3_y sehingga

f (1_x) + 2f (x) = _x3

2f (_x1) + 4f (x) = _x6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Kurangkan persamaan (2) dengan (1) didapat 3f (x) = _x6 − 3x

Jadi, f (x) = 2−_xx2

B. Fungsi Komposisi

Fungsi komposisi merupakan gabungan lebih dari sat u f ungsi.

Misal kan diket ahui f ungsi f (x) dan g(x). Jika ingin mencari pemet aan suat u nilai t erhadap f ungsi f (x) yang hasil nya dil anj ut kan t erhadap f ungsi g(x), maka akan digunakan f ungsi komposisi.

Pemet aan t erhadap f ungsi f (x) yang dilanj ut kan ol eh f ungsi g(x) dit ul is sebagai (g(x) o f (x)). Didef inisikan (g(x) o f (x)) = g(f (x)).

Cont oh 36 :

Diket ahui f (x) = 3x + 5 dan g(x) = 7 − 3x. Tent ukan pemet aan x = 2 ol eh f ungsi f (x) dil anj ut kan g(x). Sol usi :

f (2) = 3(2) + 5 = 11 g(11) = 7 − 3(11) = −26

Jadi, pemet aan x = 2 ol eh f ungsi f (x) di lanj ut kan ol eh g(x) menghasil kan nil ai −26. Cara l ain adal ah dengan memanf aat kan def inisi f ungsi komposisi.

(g(x)of (x)) = g(f (x)) = g(3x + 5) = 7 − 3(3x + 5) = −8 − 9x Unt uk x = 2 maka nil ai g(f (2)) = −8 − 9(2) = −26.

Jadi, pemet aan x = 2 ol eh f ungsi f (x) dilanj ut kan ol eh g(x) adal ah −26.

Cont oh 37 :

Diket ahui f (x) = x + 7 dan (f og)(x) = 5x + 3. Tent ukan g(x). Sol usi :

f (g(x)) = g(x) + 7 5x + 3 = g(x) + 7 g(x) = 5x − 4

Cont oh 38 :

Jika g(x − 5) = 7x + 3 maka t ent ukan g(x). Sol usi :

Al t ernat if 1 :

Pada al t ernat if 1 ini kit a ubah variabel x pada ruas kanan ke dal am (x − 5). g(x − 5) = 7x + 3 = 7(x − 5) + 38

Maka g(x) = 7x + 38

Al t ernat if 2 :

Kit a misal kan x − 5 = y sehingga x = y + 5. Maka g(y) = 7(y + 5) + 3

g(y) = 7y + 38 Maka g(x) = 7x + 38

Cont oh 39 :

Diket ahui (gof )(x) = 2x2 + 5x − 5 dan f (x) = x − 1. Maka g(x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ Sol usi :

(gof )(x) = 2x2 + 5x − 5 g(f (x)) = 2x2 + 5x − 5 g(x − 1) = 2x2 + 5x − 5

Al t ernat if 1 :

g(x − 1) = 2(x − 1)2 + 4x − 2 + 5x − 5 g(x − 1) = 2(x − 1)2 + 9x − 7

g(x − 1) = 2(x − 1)2 + 9(x − 1) + 2 Maka g(x) = 2x2 + 9x + 2

Al t ernat if 2 :

Misal kan y = x − 1 maka x = y + 1 g(y) = 2(y + 1)2 + 5(y + 1) − 5 g(y) = 2y2 + 9y + 2

Maka g(x) = 2x2 + 9x + 2

Cont oh 40 :

Diket ahui (gof )(x) = 4x2 + 4x dan g(x) = x2 − 1 dan berl aku f (x) > 1 unt uk x > −₂1 , maka f (x − 2) adal ah ⋅⋅⋅⋅

Sol usi :

g(f (x)) = 4x2 + 4x (f (x))2− 1 = 4x2 + 4x

(f (x))2 = 4x2 + 4x + 1 = (2x + 1)2 Karena f (x) > 1 unt uk x > −1₂ maka f (x) = 2x + 1

f (x − 2) = 2(x − 2) + 1 f (x − 2) = 2x − 3 Jadi, f (x − 2) = 2x − 3

C. Fungsi Invers dari y = f (x)

Berdasarkan f ungsi y = f (x) = ₃x₋+₂1_x dari ket erangan sebel umnya j ika diket ahui nil ai x kit a dengan mudah mencari nil ai y. Bagaimana caranya bil a yang diket ahui adal ah nilai y dan kit a dimint a mencari nil ai x unt uk nil ai y t ersebut ? Persoalan ini dapat disel esaikan apabil a kit a bisa mendapat kan f ungsi inversnya yait u x = f (y).

Cont oh 41 :

Tent ukan invers dari f ungsi y = f (x) = 3x − 8 Sol usi :

y = 3x − 8 x = y₃+8

Cont oh 42 :

Tent ukan invers dari f ungsi y = f (x) = ₃x₋+₂1_x.

Sol usi :

Dari y = ₃x₋+₂1_x didapat 3y − 2yx = x + 1 sehingga x(2y + 1) = 3y − 1

x = ₂3_yy₊−₁1

Didapat f ungsi inversnya adal ah f-1(x) = ₂3_xx−₊₁1

D. Hubungan f ungsi invers dengan f ungsi komposisi.

Misalkan f−1(x) dan g−1(x) bert urut -t urut menyat akan f ungsi invers dari f (x) dan g(x). Maka (f o g)−1(x) = (g−1 o f−1)(x)

(g o f )−1(x) = (f−1 o g−1)(x) Cont oh 43 :

Jika f (x) = 5x + 3 dan g(x) = 2₅x₋+_x3 maka t ent ukan (f o g)−1(x).

Sol usi :

Al t ernat if 1 :

Berdasarkan ket erangan dal am pembahasan mengenai f ungsi komposisi akan didapat (f o g)(x) = 7₅x₋+_x30.

Maka invers dari (f o g)(x) t ersebut adalah (f o g)−1(x) = 5_xx₊−₇30

Al t ernat if 2 :

Berdasarkan apa yang dipel aj ari sebel umnya akan didapat f−1(x) = x₅−3 dan g−1(x) = 5_xx₊−₂3 sehingga

(g−1 o f−1)(x) = 5_xx₊−₇30

Jadi, didapat (f o g)−1(x) = (g−1 o f−1)(x).

LAT IHAN 3 :

1. Jika f (x) = −x + 3, maka f (x2) + (f (x))2− 2f (x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

2. Diket ahui g(x) = x + 1 dan (gof )(x) = 3x2 + 4. Maka f (x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

3. (OSK 2007) Misal kan f (x) = 2x - 1, dan g(x) =

x

. Jika f (g(x)) = 3, maka x = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 4. Diket ahui (f og)(x) = 5x. Jika g(x) = _5x1₋₁, maka f (x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

5. Fungsi g(x) = x2 + 2x + 5 dan (f (g(x)) = 3x2 + 6x − 8, maka f (x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 6. Jika f (x) = 2x + 1 ; g(x) = 5x2 + 3 dan h(x) = 7x, maka (f ogoh)(x) = ⋅⋅⋅⋅

7. Dit ent ukan

f

₍

x

₎

=

ax₂₋+_x1_{. Jika f}−1

(4) = 1, maka f (3) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

8. Jika

_f

−1

(

_x

)

=

_x+x_{1 dan} −1

₍

₎

=

₂

−

₁

_{, maka}

x

x

g

(

g

o

f

) ( )

−1

x

=

_{⋅⋅⋅⋅⋅⋅}

9. Jika f (x) =

x

2

+

1

dan (f og)(x) = x2_x−₋4₂x+5 dan berl aku g(x) ≥ 0 unt uk x > 2, maka g(x − 3) = ⋅⋅⋅⋅⋅ 10. (OSK 2011 Tipe 3) Misalkan f suat u f ungsi yang memenuhi f (xy) = f(_yx) unt uk semua bil angan real

posit if x dan y. Jika f (100) = 3 maka f (10) adalah ⋅⋅⋅⋅⋅ 11. (OSK 2003) Misal kan f suat u f ungsi yang memenuhi

( )

f

( )

x

x

f

_x1

+

_x1

−

=

2

unt uk set iap bil angan real x ≠ 0. Berapakah nil ai f (2) ? 12. (AHSME 1996) Sebuah f ungsi f : Z Æ Z dan memenuhi

n + 3 j ika n ganj il f (n) =

2

n

j ika n genap

Misal kan k adal ah bil angan ganj il dan f (f (f (k))) = 27. Tent ukan penj uml ahan digit -digit dari k. 13. (OSP 2004) Misal kan f sebuah f ungsi yang memenuhi f (x) f (y) − f (xy) = x + y, unt uk set iap bil angan

bul at x dan y. Berapakah nil ai f (2004) ?

14. (OSK 2006) Jika f (xy) = f (x + y) dan f (7) = 7, maka f (49) = ⋅⋅⋅⋅

15. (NHAC 1998-1999 Second Round) Misal kan f adal ah f ungsi unt uk semua bilangan bul at x dan y yang memenuhi f (x + y) = f (x) + f (y) + 6xy + 1 dan f (−x) = f (x). Nilai dari f (3) sama dengan ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

16. (OSP 2009) Suat u f ungsi f : Z Æ Q mempunyai sif at

f

( )

x

+

1

=

₁1₋+_ff₍(_xx)₎ unt uk set iap x ∈ Z. Jika f (2) = 2, maka nil ai f ungsi f (2009) adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅

17. (AIME 1988) Misal kan f (n) adal ah kuadrat dari j uml ah angka-angka n. Misal kan j uga f2(n) didef iniskan sebagai f (f (n)), f3(n) sebagai f (f (f (n))) dan set erusnya. Tent ukan nil ai dari f1998(11).

4 . SUKU BANYAK

A. Pengert ian Suku Banyak

Perhat ikan bent uk-bent uk al j abar berikut : (i) x2− 5x + 9

(ii) 4x3 + 6x − 2x

(iii) 2x4− 7x3 + 8x2 + x − 5 (iv) −2x5 + x4 + 7x3− 8x2 + 3x − 4

Bent uk-bent uk al j abar di at as disebut j uga dengan suku banyak at au pol inom dalam peubah (variabel ) x. Yang dimaksud deraj at suat u sukubanyak dal am peubah x adal ah pangkat t ert inggi dari peubah x yang t ermuat dalam suku banyak t ersebut .

Suku banyak pada (i) memil iki deraj at 2 sedangkan suku banyak pada (ii), (iii) dan (iv) bert urut -t uru-t berderaj a-t 3, 4 dan 5.

B. Kesamaan Suku Banyak

Misal kan t erdapat dua buah suku banyak f (x) dan g(x) yang dinyat akan dal am bent uk umum sebagai berikut :

f (x) = anx n

+ an-1x n-1

+ an-2x n-2

+ ⋅⋅⋅ + a1x + ao dan

g(x) = bnx n

+ bn-1x n-1

+ bn-2x n-2

+ ⋅⋅⋅ + b1x + bo

Kal au f (x) sama dengan g(x) (dapat dit ul is f (x) ≡ g(x)) maka harus memenuhi an = bn ; an-1 = bn-1 ; an-2 = bn-2 ; ⋅⋅⋅ ; a1 = b1 ; ao = bo

Cont oh 44 :

Diket ahui kesamaan dua buah suku banyak p(x + 1) + q(x − 1) ≡ 7x − 3. Nilai p + 2q = ⋅⋅⋅⋅⋅ Sol usi :

p(x + 1) + q(x − 1) ≡ 7x − 3 px + p + qx − q ≡ 7x − 3 (p + q)x + p − q ≡ 7x − 3

Berdasarkan kesamaan dua suku banyak maka

p + q = 7 dan p − q = −3 yang menghasil kan p = 2 dan q = 5 Jadi, p + 2q = (2) + 2(5) = 12

C. Pembagian Suku Banyak

Sebagaimana pembagian dal am bil angan, pembagian suku banyak pun memil iki kemiripan dengan pembagian pada bilangan t ersebut . Pembagian f (x) ol eh p(x) dapat dit ul is sebagai berikut :

f (x) = p(x) ⋅ g(x) + s(x) dengan

f (x) adalah suku banyak yang akan dibagi p(x) adal ah pembagi

g(x) adalah hasil bagi s(x) adalah sisa pembagian

Sebagaimana dal am pembagian bil angan, persyarat an s(x) adal ah bahwa pangkat t ert inggi (deraj at ) dari s(x) harus kurang dari p(x).

Cara pembagian dal am suku banyak pun mengikut i pembagian dalam bil angan. Cont oh 45 :

Tent ukan hasil bagi dan sisanya j ika 4x4 + 3x3− 2x2 + x − 7 dibagi x2 + 4x − 2 Sol usi :

f (x) = 4x4 + 3x3− 2x2 + x − 7 = (x2 + 4x − 2) ⋅ q(x) + s(x)

Karena koef isen x4 dari f (x) sama dengan 4 maka koef isien x2 dari q(x) j uga 4 sehingga a = 4.

Kal ikan 4x2 dengan (x2 + 4x − 2) didapat 4x4 + 16x3− 8x2. Kurangkan 4x4 + 3x3− 2x2 + x − 7 dengan 4x4 + 16x3− 8x2 didapat −13x3 + 6x2 + x − 7. Karena koef isien x3 sama dengan −13 maka koef isien x dari q(x) sama dengan −13 sehingga b = −13.

Kal ikan −13x dengan (x2 + 4x − 2) didapat −13x3− 52x2 + 26x. Kurangkan −13x3 + 6x2 + x − 7 dengan −13x4− 52x2 + 26x didapat 58x2− 25x − 7. Karena koef isien x2 sama dengan 58 maka konst ant a dari q(x) sama dengan 58 sehingga c = 58.

Kal ikan 58 dengan (x2 + 4x − 2) didapat 58x2 + 232x − 116. Kurangkan 58x2 − 25x − 7 dengan 58x2 + 232x − 116 didapat −257x + 109.

Jadi, 4x4 + 3x3− 2x2 + x − 7 = (x2 + 4x − 2) ⋅ (4x2− 13x + 58) − 257x + 109.

Maka pembagi dan sisa j ika suku banyak 4x4 + 3x3 − 2x2 + x − 7 dibagi x2 + 4x − 2 bert urut -t urut adal ah 4x2− 13x + 58 dan − 257x + 109.

Cont oh 45 merupakan pembagian suku banyak dengan cara pembagian bersusun. Apabil a pembaginya l inier maka pembagian j uga dapat dilakukan dengan cara horner.

Cont oh 46 :

Tent ukan hasil bagi dan sisanya j ika f (x) = x3 + 2x2 + 3x − 5 dibagi x − 2 Sol usi :

22

8

2

5

3

2

1

2

−

1 4 11 +

Maka pembagian f (x) = x3 + 2x2 + 3x − 5 ol eh x − 2 akan menghasil kan x2 + 4x + 11 dengan sisa 17. 17

D. Teorema Sisa

Dari penj el asan sebel umnya t el ah kit a dapat kan bahwa f (x) = p(x) ⋅ g(x) + s(x) Jika diambil p(x) = x − k maka akan didapat f (x) = (x − k) ⋅ g(x) + s Jika diambil x = k maka didapat f (k) = s

Jadi, didapat suat u t eorema bahwa j ika suku banyak f (x) dibagi ol eh x − k maka sisanya adal ah f (k).

Teorema di at as dikenal dengan nama t eorema sisa at au dal il sisa.

Lebih l anj ut dengan cara yang sama didapat bahwa j ika f (x) dibagi (ax + b) maka sisanya adal ah f

( )

−

_ab .

Cont oh 47 :

Tent ukan sisanya j ika f (x) = x4− 6x3− 6x2 + 8x + 6 dibagi x − 2 Sol usi :

Dengan t eorema sisa akan didapat sisa j ika f (x) dibagi x − 2 adalah f (2). Sisa = f (2) = 24− 6 ⋅ 23− 6 ⋅ 22 + 8 ⋅ 2 + 6 = −34.

Jadi, sisa j ika f (x) = x4− 6x3− 6x2 + 8x + 6 dibagi x − 2 adal ah −34. Coba kerj akan soal di at as dengan cara Horner.

Cont oh 48 :

Diket ahui bahwa f (x) j ika dibagi x − 1 bersisa 5 sedangkan j ika dibagi x + 1 akan bersisa 3. Maka j ika f (x) dibagi x2− 1 akan memil iki sisa ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Sol usi :

Persoal an ini sama saj a dengan menent ukan s(x) j ika f (x) = (x − 1)(x + 1) g(x) + s(x) dengan f (1) = 5 dan f (−1) = 3.

Tel ah dij elaskan sebel umnya bahwa deraj at sisa sel al u kurang dari pembagi. Karena deraj at pembagi sama dengan 2 maka kit a dapat memi sal kan bahwa deraj at sisa sama dengan 1.

Jadi, dapat dimisal kan bahwa s(x) = ax + b.

Jika t ernyat a deraj at s(x) sama dengan 0 maka akan didapat bahwa a = 0. Maka f (x) = (x − 1)(x + 1) g(x) + ax + b

Karena f (1) = 5 maka f (1) = a + b = 5 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Karena f (−1) = 3 maka f (−1) = −a + b = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat a = 1 dan b = 4 Jadi, f (x) dibagi x2− 1 akan memil iki sisa x + 4

E. Teorema Fakt or

Set el ah mempel aj ari t eorema sisa, maka sel anj ut nya akan dipel aj ari pengert ian f akt or dalam suku banyak. Pengert ian f akt or dal am suku banyak dapat dinyat akan dal am bent uk t eorema f akt or berikut :

Misal kan f (x) adal ah suku banyak. (x − k) merupakan f akt or dari f (x) j ika dan hanya j ika f (k) = 0

Perhat ikan bahwa pernyat aan di at as merupakan biimpl ikasi. Sehingga pernyat aan di at as memil iki art i :

(1) Jika (x − k) merupakan f akt or dari f (x) maka f (k) = 0 (2) Jika f (k) = 0 maka (x − k) merupakan f akt or dari f (x)

Pada cont oh di at as memiliki art i j uga bahwa k adalah merupakan akar-akar persamaan f (x) = 0. Jika f (x) merupakan suku banyak dal am deraj at n maka ada pal i ng banyak n buah akar real persamaan f (x) = 0.

Cont oh 49 :

Tunj ukkan bahwa (x + 2) merupakan f akt or dari f (x) = x4 + 3x3 + 4x2 + 8x + 8. Sol usi :

f (−2) = (−2)4 + 3(−2)3 + 4(−2)2 + 8(−2) + 8 = 0

Karena f (−2) = 0 maka sesuai t eorema f akt or maka (x + 2) merupakan f akt or dari f (x). Terbukt i. Cont oh 50 :

Tent ukan semua f akt or l inier dari x4− 2x3− 13x + 14x + 24 = 0 Sol usi :

Kit a akan mencoba menyel esaikannya dengan horner.

Fakt or bul at dari 24 adal ah ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±8, ±12 dan ±24. Kit a akan mencoba akar-akar t ersebut j ika ada.

0

14

1

1

24

14

13

2

1

1

−

−

−

−

1 −1 −14 0 +

Karena sisanya t idak sama dengan 0 maka (x − 1) bukan f akt or.

24

26

0

2

24

14

13

2

1

2

−

−

−

−

1 0 −13 −12 +

24

Karena sisanya sama dengan 0 maka (x − 2) adal ah f akt or l inier. x4− 2x3− 13x + 14x + 24 = (x − 2)(x3− 13x − 12)

12

1

1

12

13

0

1

1

−

−

−

−

1 −1 −12 +

Karena sisanya sama dengan 0 maka (x + 1) adal ah f akt or l inier. x4− 2x3− 13x + 14x + 24 = (x − 2)(x + 1)(x2− x − 12)

x4− 2x3− 13x + 14x + 24 = (x − 2)(x + 1)(x − 4)(x + 3)

Maka f akt or-f akt or l inier dari x4− 2x3− 13x + 14x + 24 adalah (x + 1), (x − 2), (x + 3) dan (x − 4). 0

F. Teorema Viet a

Jika adal ah pol inomial dengan pembuat nol :

x 0 1 1 2 2 1 1

)

(

x

a

x

a

x

a

x

a

x

a

p

=

_n n

+

_n− n−

+

_n− n−

+

L

+

+

1, x2, x3, ⋅⋅⋅, xn, (dengan kat a l ain x1, x2, x3, ⋅⋅⋅, xn adal ah akar-akar p(x) = 0) maka

hubungan-hubungan berikut berl aku :

n n a a n n

x

x

x

x

x

1 1 3 2

1

+

+

+

L

+

−

+

=

−

−

n n a a n n j i j

i

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

2 1 4 2 3 2 3 1 2

1

+

+

+

+

+

+

=

−

=

−

<

∑

L

L

n n a a n n n k j i k j

i

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

3 1 2 5 4 2 4 3 2 4 3 1 3 2 1 −

−

=

+

+

+

+

+

+

=

− − < <

∑

L

L

M

( )

an

a n n n

x

x

x

x

x

0

1

1 3 2

1

L

−

=

−

Cont oh 51 :

Persamaan kuadrat x2 + 5x − 7 = 0 memil iki akar-akar x1 dan x2. Tent ukan nilai x1 3

+ x2 3

. Sol usi :

Dari persamaan x2 + 5x − 7 = 0 didapat nil ai A = 1, B = 5 dan C = −7 x1 + x2 = −_AB = −5

x1x2 = C_A = −7

x1 3

+ x2 3

= (x1 + x2) 3−

3x1 2

x2 − 3x1x2 2

x1 3

+ x2 3

= (x1 + x2) 3−

3x1x2(x1 + x2)

x1 3

+ x2 3

= (−5)3− 3(−7)(−5) = −125 − 105 x1

3

+ x2 3

= −230.

Cont oh 52 :

Persamaan suku banyak x4− 5x3− 16x2 + 41x − 15 = 0 memil iki akar-akar a, b, c dan d. Maka nil ai dari

a. a2 + b2 + c2 + d2 b. _a1 + _b1 + _c1 + _d1 adal ah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Sol usi :

a + b + c + d = 5

ab + ac + ad + bc + bd + cd = −16 abc + abd + acd + bcd = −41 abcd = −15

a. a2 + b2 + c2 + d2 = (a + b + c + d)2− 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) = 52− 2(−16) = 57 b. _a1 + _b1 + _c1 + _d1 = abc+abd_abcd+acd+bcd = ₋−₁₅41 = ₁₅41

Cont oh 53 :

(OSP 2005/ Canadian MO 1996) Jika α, β dan γ adalah akar-akar x3− x − 1 = 0 maka t ent ukan nil ai

α α − +

1 1 ₊

β β − +

1 1

+ ₁1₋+_γγ .

Sol usi :

Dengan mel ihat Ax3 + Bx2 + Cx + D = 0 dan x3− x − 1 = 0 didapat A = 1, B = 0, C = −1 dan D = −1.

γ

β

α

+

+

=

−

B_A = 0

βγ

αγ

αβ

+

+

= C_A = −₁1 = −1

αβγ

=

−

D_A =

−

(−₁1) = 1

α α − +

1 1

+ ₁1₋+_ββ + ₁1₋+_γγ = ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )1+α 1−β 1−γ +_{( )( )( )1}1₋+_αβ 1₁−₋α_{β 1}1−₋γ_γ +1+γ 1−α 1−β = 3₁−₋(₍α_α+₊β_β+₊γ_γ) (_{) (}−₊αβ_αβ+₊αγ_αγ+₊βγ_βγ)₎+₋3_αβγαβγ

= 3₁−₋( ) ( ) ( )_{( ) ( ) ( )}0₀−₊−₋1₁+₋3₁1

= −7

LAT IHAN 4 :

1. Jika f (x) dibagi dengan (x − 2) sisanya 24, sedangkan j ika dibagi dengan (x + 5) sisanya 10. Jika f (x) dibagi dengan x2 + 3x − 10 sisanya adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

2. Jika v(x) dibagi x2− x dan x2 + x bert urut -t urut akan bersisa 5x + 1 dan 3x + 1, maka bil a v(x) dibagi x2− 1 sisanya adal ah ⋅⋅⋅⋅

3. (OSP 2006) Jika (x − 1)2 membagi ax4 + bx3 + 1, maka ab = ⋅⋅⋅⋅

4. (OSK 2008) Jika a dan b adal ah bilangan-bil angan bul at dan x2 − x − 1 merupakan f akt or dari ax3 + bx2 + 1, maka b = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

5. (AHSME 1999) Tent ukan banyaknya t it ik pot ong maksimal dari dua graf ik y = p(x) dan y = q(x) dengan p(x) dan q(x) keduanya adalah suku banyak berderaj at empat dan memenuhi koef isien x4 dari kedua suku banyak t ersebut adalah 1.

6. Suku banyak f (x) dibagi (x + 1) sisanya −2 dan dibagi (x − 3) sisanya 7. Sedangkan suku banyak g(x) j ika dibagi (x + 1) akan bersisa 3 dan j ika dibagi (x − 3) akan bersisa 2. Diket ahui h(x) = f (x) ⋅ g(x). Jika h(x) dibagi x2− 2x − 3, maka sisanya adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

LATIHAN 5B LATIHAN 5C LATIHAN 5D LATIHAN 5E LATIHAN 6 1. ₁₆1 1. 12 1. (x−4)2+(y−3)2=16 1. t idak ada 1. 3

2. ₄1 2. 2 2. (x−5)2+(y−6)2=62 2. 15 2. 9 dan 223 3. 250 3. 512 3. (x−3)2+(y−4)2=25 3. 37 3. (−3,−3), (0, 3) 4. 5 4. 1 or (x+3)2_+(y+4)2_{=25 4. 3 or} −_{3 dan (3, 0)}

5. {5} 5. 0 < p < 12 4. (1 + 2

3

, 0) 5. 18₅ 4. k > √2 or k < −√2 6. 27 6. 4√3 & (1−2

3

, 0) 6. 12 5. 2

7. 4 7.

1/ 5

5. 7x − y = 50 7. −4, 0 or 4 6. Terbukt i 8. 60 6. 0 or 50 8. 10 7. 334 9. 27 7. 2√3 at au 6√3 9. 5101 8. (−5, 9), (−2, 6) 10. 55 8. 13x −9y = 100 10. 20 (−2,−6), (0, 4),

11. 1 or 3x + y = 20 11. 429 (19, 99)

12. ₃1 9. 3y = 4x + 30 9. (1, 1, 1), (−2,−2,−2)

13. 12 10. 23 10. 158

11. 1 11. (54, 24, 6)

12. 140 12.

(

11+₂₁4 7

,

22+₇8 7

)

13. 23

(

11−₂₁4 7

,

22−₇8 7

)

LATIHAN 7 LATIHAN 8

1. 2 1. 11

2. −4 < x < 2 2. x = −2 or 9 3. 112 3. 7 4. Terbukt i 4. 2 : 1

5. 0 5. 81

6. x=y=u=v=1/ 4 da 6. 50 dan z = 3 7. 125 7. (1, 1) 8. 5993 8-10. Terbukt i 9. 45/ 8

11. 2√2 10. 69

12. 2 j ika x = 1/ 2 13-17. Terbukt i 18. 0

19-20. Terbukt i 21. 16/ 5 22. 0 23. 7/ 2 24-27. Terbukt i

Pembinaan Olimpiade Matematika

Eddy Hermanto, ST

193

Kunci Jawaban

BAB II TEORI BILANGAN

LATIHAN 1 LATIHAN 2 LATIHAN 3 LATIHAN 4 LATIHAN 5 1. 30 1. 29 1. 32. 571 1. 2259 1. 16 2. 2001 2. 9 2. 33 2. 2521 2. 2006 3. 4022 3. 2. 006. 005 3. a = 5 dan b = 9 3. 3731 3. 60 4. 2 4. 890 4. 592 4. 1, 3, 16, 33 dan 67 4. 140

5. 83 5. 20 5. 76776 5. 3 5. 37

6. Terbukt i 6. 8 6. 0, 4 dan 5 6. 2 6. 2

7. Terbukt i 7. 588 7. 25 7. 432

8. Terbukt i 8. 675 8. 4 8. 35

9. 97 9. 65 9.

10. 925 10. (2, 7), (3, 4), (4, 3), 10. 103 11. 30 (6, 9), (7, 2), (9, 6) 11. 224 12. Terbukt i 11. Terbukt i 12. 589 13. Terbukt i 12. Terbukt i 13. 180

14. 4 13. 401 14. ganj il = 12

15. 870 genap = 36

16. Terbukt i

17. 630

18. Terbukt i

19. 41

20. Terbukt i

21. Terbukt i

LATIHAN 6 LATIHAN 7 LATIHAN 8 LATIHAN 9

1. 6 1. 52 21. 1 1. 105 1. 2288

2. 5 2. 108 22. 29 2. 81649 2. 44

3. 13 3. 10 23. 123 3. 4abc899 3. 15

4. 4 4. 200 24. 1 4. Terbukt i 4. 24

5. 7 5. 78 25. 0 5. Tidak ada 5. 6

6. 100 6. 5 26. 3 6. 6 6. 312

7. 3 7. 358 27. Tidak ada 7. 124 7. 27 8.

8 8

8

8

8. 84 28. 61 8. Terbukt i 8. 1 < x ≤ ₃4 9. n ∈ Bil angan asl i 9. 145 29. 2 9. 390625 dan 141376 9. 997 10. 144 10. (14, 112) 30. 1999 10. Terbukt i 10. 2 −√3 11. 5 11. 156 31. 5, 13, 17, 97 11. 7 11. 743

12. 16 12. 750 32. 8 12. 38 12. 2013021

13. 561 13 a = 3 ; b = 2 33. 41 13. Terbukt i 13. ₁₅7 dan ₁₅4 14. 96 14. 400 14. x = 59 dan n = 12 14. 49

15 63 15. 648 15. (4, 2) 15. −1

16. 375 16. 10000, 11000, 16. 1006

17 9 12000, ⋅⋅⋅, 9900 18. 0 at au 1 17. a. Belum ; b. Past i 19. 192 18. Terbukt i

19. 173

BAB III GEOMETRI

LATIHAN 1 LATIHAN 3A LATIHAN 3C LATIHAN 3D

1. ₆34 21. 9/ 4 1. 36o 1. 11₃ 1. 3 + √3 2. Terbukt i 22. −2009₂ 2. 20 2. 19 : 8 2. 36

3. −2 23. ₄5

−

₄1 3.

3

3. ₅9 3. ₂₄7

4. Terbukt i 4. 60o 4. ₄3 4. 7

5. ₂1 √6 5. ₅3 5. ₃4 5. 110

6. Terbukt i LATIHAN 2 6. Terbukt i 6. 4 : 9 6. Terbukt i 7. Terbukt i 1. y = −2x + 13 7.

26

7. 1000 7. 4 8. Terbukt i 2. y = 6x −12 8. 130 8. 2√10 8. 3 9. Terbukt i 3. y = x −2 9. (4, 5, 6) 9. 161/ 3 9. 1/ 12

10. 1/ 2 4. 4 10. Terbukt i 10. 3/ 2 10. x₂+_xy

11. 150 5. 3 11. Terbukt i 11. Terbukt i

12. 13₄ −√10 6. 49 LATIHAN 3B 12 Terbukt i 12. 3

13. 1 7. 4y = 5x − 15 1. 12₅ 13. 8/ 105

14. ₁₆7 8. (2√2, 4√2) 2. 28₅ 14. 7

15. 22, 5o 9. 4√2 3. 10 15. 18

16. ₂1 √3 4. 12₅ 16. 441

17. ₂1 √3 5. 2 17. 1 : 3

18.

−

₈1 6. 5 18. 2√3 − 3

19. 159 7. Terbukt i 19. 27

20. 6 20. PD=PE=PF=1

21. 168/ 295

22. Terbukt i 23. Terbukt i

24. 21

LATIHAN 3E LATIHAN 4 LATIHAN 5 LATIHAN 6 LATIHAN 7

1. 35₆ 1. 9 : 4 1. √3 : 2 1. 153o 1. Terbukt i 2. 1 : 2 2. 10 2. ₂3 √3 2. 2π + 4 2. ₂₄25

3. 2 ₆3−3 3. 4 x₉ 3. 3 : 2 3. 18o 3. ₉1k2 4. 1 : 2 4. −4 4. 230 4. x = 3

5. 2007 5. 70o 5. Terbukt i

LATIHAN 3F 6. 106 6. 3 6. Terbukt i

1. 12 7. 14√3 7. 8 7. Terbukt i

2. 14 8. 13. 924 8. 2π 8. Terbukt i

3. 2/ 3 9. 15 9. 63/ 11 9. Terbukt i

4. Terbukt i 10. 50/ 3 10. 10o 10. 130

5. Terbukt i 11. Terbukt i 11. 3 11. Terbukt i

6. Terbukt i 12. Terbukt i

13. Terbukt i 14. Terbukt i

Pembinaan Olimpiade Matematika

Eddy Hermanto, ST

195

Kunci Jawaban

BAB IV KOMBINATORIK

LATIHAN 1. A LATIHAN 1. B LATIHAN 1. D LATIHAN 1F

1. a. 240 ; b. 480 1. 1 11. 26 1. 8100 1. Terbukt i 2. 5040 2. 8 12. 277. 200 2. 15 2. 729x6 3. 12 3. a. 720 13. 8 3. 480 −1458x5y 4. 240 b. 60 14. 21010 4. 3720 + 1215x4y2 5. 120 c. 360 15. a. 196 ; b. 252 5. 162 − 540x3y3 6. 8400 d. 360 16. 380 pert ; 140 seri 6. 758 + 135x2y4

7. 720 e. 90720 17. 36 − 18xy5

8. 90 f . 181440 18. 134. 789 + y6

9. 48 g. 151200 19. 502 LATIHAN 1E 3. 1088640

10. 94 4. 360 20. 462 1. 5050 4. −1792

11. 499 5. 52 21. 1820 2. 45 5. −108

12. 72 6. 50 22. 10920 3. 560 6. 20160

13. a. 98 ; b. 60 7. 48 23. 53130 4. 28 7. 5 : 3 14. a. 2559 8. 72 24. 432 5. 21 8. 129

b. 1050 9. 1152 25. 315 6. 10 9. a. 5 ; b. 8 15. 972 10. 267 26. 140 7. 70 10. a. 64 ; b. 1

16. 70 27. 44 11. 2n

17. 108 28. 1 12. 22008− 1

18. 4500 LATIHAN 1. C 29. 1130 13. 10n

19. 112896 1. 120 30. 186 14. a. 56

20. 32 2. 15 31. 10 b. 70

3. 1575 32. 945 c. 56

4. 56 33. a. 210 ; b. 90 ; c. 45 15. 8085

5. 20 34. 34 16. 35

6. 64 35. 380. 570. 190 17. 816

7. 120 36. 50 18. 500

8. 231 37. 630

9. 81 38. 89

10. 771 39. Terbukt i

LATIHAN 2D LATIHAN 2E LATIHAN 3A LATIHAN 4

1. 10/ 36 18. 1/ 2 1. a. 18/ 169 1. 11 1. 5 2. 14/ 36 19. 3/ 10 b. 3/ 26 2. 20 2. 1004 3. a. 1/ 21 ; b. 5/ 42 20. 1/ 2 2. a. 3/ 40 3. 15 3. 415

c. 5/ 14 ; d. 10/ 21 21. 1/ 36 b. 1/ 12 4. 429 4. 756 4. 11/ 21 22. 10 3. a. 1/ 3 5. 286 5. Terbukt i 5. 21/ 25 23. 7/ 9 b. 4/ 15 6. 1060 6. Terbukt i 6. 1/ 2006 24. 3/ 5 c. 4/ 15 7. 23 7. Terbukt i 7. 1 25. 1, 3, 4, 5, 6, 8 d. 2/ 15 8. Terbukt i

8. 8/ 9 26. 13/ 36 4. 1/ 52 9. Terbukt i

9. 1/ 2007 27. 4/ 10 5. 25/ 169 LATIHAN 3B 10. Terbukt i

10. 1/ 32 28. 1/ 2 1. 0, 55 11. Terbukt i

11. 1/ 3 29. 36/ 96 LATIHAN 2F 2. 0, 225 12. Terbukt i

12. 21 30. 2/ 5 1. 775 3. 2/ 5 13. Terbukt i

13. 16/ 81 31. 9/ 625 2. 181/ 182 4. 1/ 4 14. Terbukt i 14. a. 6/ 11 ; b. 5/ 88 32. 121/ 202 3. 392/ 429 5. 8/ 9 15. Terbukt i

c. 35/ 88 33. 5/ 16 4. 124/ 143 6. 14/ 36 16. Terbukt i 15. 10/ 21 34. √3 −1 5. 5/ 11 7. 7/ 13

16. 2/ 3 35. 15/ 64 6. 25/ 169 8. a. 0, 97 ; b. 0, 68 17. 4/ 7 36. 7/ 99 7. 27/ 35 c. 0, 17 ; d. 0, 12

1.

Anderson, Ian. 2002.

A Fi r st Cour se i n Di scr et e Mat hemat i cs. Springer-Verl ag, London.

2.

Budhi, Wono Set ya. 2006.

Langkah Awal Menuj u ke Ol i mpi ade Mat emat i ka. Ricardo, Jakart a.

3.

Cl ark, W. Edwin. 2003.

El ement ar y Number Theor y. Depart ment of Mat hemat ics Universit y of

Sout h Fl orida.

4.

Engel , Art hur. 1998.

Pr obl em-Sol vi ng St r at egi es. Springer-Verl ag, New York.

5.

Haese, R. C. dan Haese, S. H. 1981.

Compet i t i on Mat hemat i cs. Haese Publ icat ions.

6.

Manf rino RB, dkk. 2005.

Inequal i t i es. Inst it ut o de Mat emat icas Universidad Nacional Mexico.

7.

Posament ier, Al f red S dan Sal kind, Charl es. 1988.

Chal l engi ng Pr obl ems i n Geomet r y. Dover

Publ icat ions Inc, Newyork.

8.

Susant o H. , Sisworo, dan As’ ari, AR. 2006.

Napak Ti l as Ol i mpi ade Sai ns Nasi onal : Mat emat i ka

SMP. Universit as Negeri Mal ang Press.

9.

Susiant o, Bambang. 2006,

Ol i mpi ade Mat emat i ka dengan Pr oses Ber pi ki r : Al j abar dan Bi l angan.

Grasindo, Jakart a.

10.

Wirodikromo, Sart ono. 1995.

Mat emat i ka unt uk SMU Kel as 1 Cat ur Wul an 3. Erlangga, Jakart a.

11.

Wirodikromo, Sart ono. 2000.

Mat emat i ka unt uk SMU Kel as 3 Cat ur Wul an 1. Erlangga, Jakart a.

RIWAYAT HIDUP PENULIS

Eddy Hermanto lahir di Desa Bunut Tinggi, Kecamatan Talo,

Kabupaten Bengkulu Selatan (sekarang Kabupaten Seluma) pada

tanggal 9 September 1979. Pendidikan SD dan SLTP

diselesaikannya di Lampung, yaitu SD di SD Negeri 2 Bandar Jaya,

Lampung Tengah dan SLTP di SMP Negeri Bandar Jaya, Lampung

Tengah. Sedangkan pendidikan SLTA dilaluinya di SMU Negeri 5

Bengkulu. Penulis yang juga merupakan putera asli Bengkulu ini

kemudian melanjutkan pendidikan S1 ke Jurusan Teknik Sipil

Fakultas Teknik Universitas Gadjah Mada Yogyakarta pada tahun 1997 yang

diselesaikannya pada bulan Februari 2002 dengan predikat

Cum Laude

.

Saat ini Penulis bekerja sebagai PNS di Pemerintah Kota Bengkulu pada Bagian

Administrasi Pembangunan Setda Kota Bengkulu (dulu bernama Bagian Penyusunan

Program Setda Kota Bengkulu) yang telah digeluti sejak Desember 2002. Selain bekerja

di Pemerintah Kota Bengkulu, Penulis juga aktif membina siswa-siswa di SMA N 5

Bengkulu baik dalam persiapan menghadapi Ujian Masuk Universitas Gadjah Mada

(UM-UGM), Seleksi Penerimaan Mahasiswa baru (SPMB) maupun ketika SMA N 5

Bengkulu akan menghadapi perlombaan-perlombaan baik tingkat kota, provinsi

maupun nasional. Penulis juga pernah beberapa kali membina siswa-siswa dari Provinsi

Bengkulu yang akan mengikuti Olimpiade Sains Nasional Bidang Matematika.