Edisi 6 Pebruari Pekan Ke-2, 2009 Nomor Soal: 51-60
- – k 3 = 3k 2 + 3k
- 3
- – 1 3– 2 3 = 3 2 2 + 3
- 3
- – 3 3– n 3 = 3n 2 + 3n– 1 3 = 3(1 2 + 2 2 + 3 2<
- … + n 2 ) + 3(1 + 2 + 3 + … + n) + (1 + 1 + … + 1)
- …+3 Dengan menggunakan rumus jumlah deret geometri diperoleh n n
n k n k n k n k
n n n n n n
3
3 1 ) 1 (
1 3 1 2
3 3 ) 1 (
2 ) 1 (
1 1 2 3
u a n S n k k n n k n k
2 n n
3
n k k 1 2
1 2 )( 1 (
6 )
n n
6 2 n
3 2 (
1
)
1
3 2 3
2
1
2
n n n
3 2 3
3
1
) (
4 n
Solusi Pengayaan Matematika
Edisi 6
Pebruari Pekan Ke-2, 2009
Kita mulai dengan bentuk dasar (k + 1) 3 = k 3 + 3k 2 + 3k + 1
3 2
4 3
3 3
1 + 1
1 2
2 3
Jika kita memberi nilai k mulai dari 1, 2, 3, …, n; maka diperoleh
(k + 1) 3
Solusi:
Jika seluruhnya dijumlahkan, maka diperoleh (n + 1) 3
?
n n n n k n k
1
1 2 2 2 2 2
1 ( ...
6 ) 1 2 )(
51. Bagaimanakah cara meperoleh rumus
Nomor Soal: 51-60
3 + 1 ……………………………. (n + 1) 3
52. Hitung hasil dari 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 ( 4015 3 ( 1) 4 n 4015 3 1 1004
2
u , sehingga ) b n a u n
Perhatikan bahwa 3 + 7 + 11 + … + 4015 adalah deret aritmetika, dengan a = 3, b = 7 – 4 = 4, dan 4015 n
(1 2)(1 2) (3 4)(3 4) ... (2007 2008)(2007 2008) 2009 2 ( 1)(3) ( 1)(7) ( 1)(11) ... ( 1)(4015) 2009 2 ( 1)(3 7 11 ... 4015) 2009
2 (1 2 ) (3 4 ) (5 6 ) ... (2005 2006 ) 2007 2008 2009 2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
3 A 4 ... 2005 2006 2007 2008 2009
2
1
3 4 ... 2005 2006 2007 2008 2009 Solusi 1: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
n n n
1004 S (3 4015) 1004 1004 2009
2 2 2 A ( 1) S 2009 ( 1)(1004 2009) 2009 2009(2009 1004) 1004 2 2 2 2 2 2.019.045 2 2 2 2 2.019.045
Jadi, hasil dari
1
2
3 4 ... 2005 2006 2007 2008 2009 .
adalah
Solusi 2: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 3 2 4 ... 2005 2006 2007 2008 2009 2 2 2 2
2
2 (1 2 ) (3 4 ) (5 6 ) ... (2007 2008 ) 2009 2 (1 2)(1 2) (3 4)(3 4) ... (2007 2008)(2007 2008) 2009
2
( 1)(3) ( 1)(7) ( 1)(11) ... ( 1)(4015) 2009 2 1 2 3 4 ... 2007 2008 2009 2008 2
1 2008 2009 2009 1004 2009 2.019.045
2 Solusi 3: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 ... 2005 2006 2007 2008 2009
2
2
2
2
2
2
2
1
2
3
4 5 ... 2008 2009
1 2 3 2 3 4 5 4 5 ... 2008 2009 2008 2009
1 5 9 ... 4017 a 1 , b 5 1 4 , dan
Perhatikan bahwa 1 + 5 + 9 + … + 4017 adalah deret aritmetika dengan
u 4017 , sehingga n u a ( n n 1 ) b 4017 1 ( n 1)4 4016
4 n
4 4 n 4020 n 4020 : 4 1005 n S a u n n
2
1005
S 1 4017 1005 2.019.045
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Jadi, hasil dari 2.019.045 .
1
2
3 4 ... 2005 2006 2007 2008 2009
adalah
Solusi 4: 2 2 2 2 n n 1 2 n
1 Kita mengetahui bahwa
1
2 3 ... n 2 2 2 2 2 2 2 2
6 2 1 2 2 2 3 2 4 ... 2005 2006 2007 2008 2009 2 2 2 2 2 1 2 3 ... 2009 2 2 4 6 ... 2008 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 3 ... 2009 8 1 2 3 ... 1004
2009 2009 1 2 2009 1 1004 1004 1 2 1004 1
8
6
6 2.704.847.285 2.702.828.240 2.019.045
53. Tentukanlah bilangan bulat positif terkecil yang diperlihatkan pada barisan aritmetika berikut.
5, 16, 27, 38, 49, 60, 71, … 7, 20, 33, 46, 59, 72, 85, …
8, 22, 36, 50, 64, 78, 92, …
Solusi:
Beda pada setiap barisan aritmetika tersebut adalah 11, 13, dan 14. Jika sebuah bilangan positif n terjadi pada masing-masing barisan, maka n
11 13 14 n 2002 .
Sekarang kita lihat setiap barisan ke belakang.
6, 5, 16, 27, 38, 49, 60, 71, … 6, 7, 20, 33, 46, 59, 72, 85, …
6, 8, 22, 36, 50, 64, 78, 92, … Jadi, bilangan bulat positif terkecil pada barisan aritmetika tersebut = 6 + 2002 = 1996.
n 0, dan a = 2. Tentukanlah . a 3 a 4 , a
54. Diketahui rumus umum suatu deret: n 1 n 2009
Solusi: a 1 = 3 2 + 4 2 a = 3 (3 2 2 + 4) + 4 = 3 2 + 3 4 + 4 2 3 2 a 3 = 3(3 2 + 3 4 + 4) + 4 = 3 2 + 3 4 + 3 4 + 4
Sehingga untuk a dapat ditulis dalam bentuk n n-1 n-2 n 2
a n = 3 2 + (3 + 3 + 3 + 1)4
3 1 4 n (
3 1 )
4 n n n n
a n = 3 2 + a n3
2
3
2 2 3 1 8 32
3 1 3 1 2009
Jadi, nilai dari a 8 3 2009 2 .
a , a , a ,..., a ,... adalah sebuah barisan bilangan real sedemikian, sehingga a 1 ,
1 2 3 n 2 1 4 a a a a 1 , a a . Tentukanlah a . n n 1 n n 1 n n 1 n
Solusi:
Perhitungan langsung menghasilkan:
a 1
1 2 n
1
4 a a a a
1 1 2 1 2 2
4 1 a 1 a
1 2 2 2 4 a a 2 2
a a 2 2
4 a (ditolak) atau a 2 2 2 4 (diterima)
4 a a a a
1
n 2 2 3 2 3 2
4 4 a 3 4 a 3 2 1 16 a 2 3 9 6 a a 3 3
a
10
9 3 a 3
a a 1 9 3 3 a 3 1 (ditolak) atau a 3 9 (diterima) 2 Dengan demikian, a 1 1 , a 2 4 , a 3 9 , sehingga secara sugesti bahwa a n . n Fakta ini dapat kita buktikan dengan induksi, sebagai berikut.
Pertama ia benar untuk n = 1. 2 Kedua untuk setiap n, maka a n . n Ketiga untuk , maka
n
1
2 1 2 1 2
= 4018 2009
n n n n 3 3 3 3 3
1
2
3
1 1 ...
2
1
2 3 3 3 3 3
Kita mengetahui bahwa:
Solusi:
2 3 ... 2008 2009 .
1
57. Hitunglah nilai dari 3 3 3 3 3
4018 1 4017 x
1 x 2009 2
2 3 ... 2008 2009 3 3 3 3 3
1 2008 2007
2 ...
1 2009 2008
1 2008 x x
1
2009 2008 2009
n n x n x
1 1
1
1
1
1
1
2 1005 2009 2008
3 50 2 1 ... a a a a
Kita mendapatkan bahwa: 25
1 x x 50 50 2 2 1 ... x a x a x a a
25 2
dan berikan ke dalam persamaan:
x
1
Misalnya
Bukti:
1 x x , buktikan bahwa 50 1 ... a a a adalah genap.
,..., , a a a adalah polinomial
25
258. Jika 50 1
1005 4017 4.057.270.425
2 1005 2009 2008 (2009 2008) 2
2
2
3 ... 2006 2009
2
2009 1005 2 1004 1005
2 2
2
1 2009 1005 16 1004 1004 1
2 2
2
1 2009 2009 1 2 2 1 2 3 ... 1004
2 3 3 3 3 3
4 6 ... 2008
3 2 2
3
3
3
1 4
2
1
2 1
n a n a n n
1 2 1 2 1
1
n a n a n n
2 2 2 1 2 2 1
2
1
n a a n a n n n
2 2 2 1 1 2 2 1
1
atau
n a a n a a n n n n n
4
2
2
1
2 2 1 1 2 2 1 1 2
n a n a a n n n n
4
2
1
1
2 2 1 2 2 1 1 2
n n a n a n
n a n
2 1
x x n n
1 n n
1
1
1
1
1
1 1
1
1
Solusi: n x n x n n
x .
untuk setiap bilangan bulat positif n. Tentukanlah 2009
1
1 1
1
1
1 1 x dan n x n x n n
,... ,..., , , 3 2 1 n x x x x didefinisikan oleh
56. Sebuah barisan
. n a n
Jadi, 2
n a n .
1
n n a a , 2 1
Karena 1
n a n
…. (1) Ambilah 1 x dan berikan ke dalam persamaan:
2
25 2 50
1 x x a a x a x ... a x
1 2 50 Kita mendapatkan bahwa: 1 a a a a ... a 1 2 3 50 …. (2)
Jumlahkan persamaan (1) dan (2), kita memperoleh: 25
1 3 2 a a a ... a 2 4 50 Tetapi 25 25
1 3 25 3 1 24
2 23 22 24
(
3 1 )
3
3 3 ...
1
2 1 3 25 24 23 22
1 3
2 3 3 3 ... 1
1
Perhatikan bahwa bentuk terakhir ini menunjukkan bilangan genap. Akibat ini adalah bahwa a a ... a adalah genap. (qed). 1 50
n ( n
1 )
u dan u a . Nyatakan u dalam a
59. Untuk semua bilangan bulat positif n, diberikan n 1 1 n 2 n u n dan n.
Solusi:
Observasi bahwa: 1 ( 1 1 )
2
u 2
2 1 u 1 2 a 2 ( 2 1 )
3 ( 2 a ) a
1
6 u
3 1 3
2
2 2 u
3 2 a
3 2 a 2
4 2 a
4 ( 4 1 )
20 4 ( 3
2 a ) a
1
u
4 1 4
2 3 u
4 3 a
4 3 a 3
3 ( 2 a )
6 3 2 a a
1 Berdasarkan pola tersebut diperoleh u n n 1 . n ( n 1 ) a
Kita dapat membuktikan ini menggunakan induksi matematika sebagai berikut.
a
1 Untuk n = 1, kita memperoleh u 1
1
1 a
1 (
1
1 ) a k 1 Sekarang untuk persamaan itu benar. u k 1 n k k
k ( k 1 ) a
Untuk n k 1 , maka persamaan itu menjadi:
k ( k
1 ) k ( k 1 ) ( k 1 ) k ( k 1 ) a a
1
( k 1 ) 1
u k 1
k ( k
1 ) a a
1 2 k u k 1 ka k k 1 2 k k
1
k ( k
1 ) a
a
1 Jadi, untuk setiap bilangan bulat n berlaku u n n 1 . n ( n 1 ) a
1023
log( n 1 )
1 p a untuk n dengan p dan q n = 2, 3, 4, …, 1023. Jika
60. Diberikan a
n
log n n 2 log 100 q
adalah bilangan bulat positif dan tidak memiliki faktor persekutuan selain 1. Tentukanlah nilai
p q dari .
Solusi:
log( n 1 ) n
a a log n n n
1 log n 2 3 4 1023 2 10 1023
a a a ... a log 3 log 4 log 5 ... log1024 log1024 2log 2 2 3 4 1023
10
1 p a n 1023 n 2 log 100 q 100 p log a n
n 2 q 100 100 100 p
log a log a ... log a 2 3 1023
q 100 p
log a a a ... a
2 3 4 1023 q 100 2 p
log log 1024
q 100 p
log 10
q
1 p 2 q
Jadi, p q
1 2
3