DIKTAT PEMBINAAN OLIMPIADE MATEMATIKA MA

DIKTAT

PEMBINAAN OLIMPIADE MATEMATIKA

MATERI DASAR DISUSUN OLEH : EDDY HERMANTO, ST

SMA Negeri 5 Bengkulu

Jalan Cendana Nomor 20

Bengkulu

SINGKATAN

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 USAMTS

USA Mathematical Talent Search

KATA PENGANTAR

Alhamdulillah Penulis ucapkan kepada Allah, SWT karena dengan karunia-Nya Penulis dapat menyelesaikan penulisan diktat versi 5.2 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 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

DAFTAR ISI

HALAMAN JUDUL

SINGKATAN …………………………………………………………………… ii KATA PENGANTAR

iii

DAFTAR ISI

iv

BAB I ALJABAR

1. Pemfaktoran dan Penguraian

2. Barisan dan Deret

3. Fungsi

4. Suku Banyak

5. Persamaan

6. Sistem Persamaan

7. Ketaksamaan

8. Statistik Sederhana

BAB II TEORI BILANGAN

1. Sifat-Sifat Penjumlahan Dan Perkalian Dua Bilangan

2. Sifat-sifat Keterbagian

3. Uji Habis dibagi

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

5. Banyaknya Faktor Positif

6. Kekongruenan

7. Bilangan Bulat, Rasional dan Prima

8. Bilangan Kuadrat Sempurna

9. Fungsi Tangga dan Ceiling

BAB III GEOMETRI

1. Trigonometri

2. Garis

3. Segitiga

4. Segi Empat

5. Segi-n Beraturan

6 Lingkaran

7. Garis Lanjutan

BAB IV KOMBINATORIK

1. Kaidah Pencacahan Dan Penjabaran Binom Newton

2. Kejadian dan Peluang Suatu Kejadian, Pengambilan Contoh

Dengan dan Tanpa Pengembalian

3. Prinsip Inklusi Eksklusi, Peluang Kejadian Majemuk

4. Pigeon Hole Principle (Prinsip Lubang Merpati)

KUNCI JAWABAN LATIHAN …………………… 191

Ebook ini gratis dan dapat diprint 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.

3. tidak menghilangkan halaman ini.

BAB I ALJABAR

1. PEMFAKTORAN DAN PENGURAIAN

Beberapa bent uk pemf akt oran maupun penguraian yang harus diket ahui adalah : (i) x 2 − y 2 = (x + y)(x − y)

(ii) x 3 − y 3 = (x − y)(x 2 + xy + y 2 )

(iii)

3 3 2 2 x +y = (x + y)(x − xy + y )

(iv) x 3 +y 3 3 +z − 3xyz = (x + y + z)(x 2 +y 2 +z 2 − xy − xz − yz) (v) (x + y)(x − y) 2 =x 3 − x 2 y − xy 2 +y 3

(vi) (a n − b n ) = (a − b)(a n-1 +a n-2 b+a n-3 b 2 + ⋅⋅⋅ + ab n-2 +b n-1 ) dengan n ∈ bilangan asli (vii) (a n +b n ) = (a + b)(a n-1 − a n-2 b+a n-3 b 2 − ⋅⋅⋅ − ab n-2 +b n-1 ) dengan n ∈ bilangan ganj il (viii) (x + 1)(y + 1)(z + 1) = xyz + xy + xz + yz + x + y + z + 1

(ix) x 4 + 4y 4 = (x 2 + 2y 2 + 2xy)(x 2 + 2y 2 − 2xy) (x) (x + y) 2 =x 2 + 2xy + y 2 (xi) (x + y + z) 2 =x 2 2 2 +y +z + 2xy + 2xz + 2yz (xii) (x − y) 2 =x 2 − 2xy + y 2

(xiii)

3 +y 3 (x + y) 3 =x + 3xy(x + y)

(xiv) (x − y) 3 =x 3 − y 3 − 3xy(x − y) (xv) (x + y) 4 =x 4 + 4x 3 y + 6x 2 y 2 + 4xy 3 +y 3 (xvi) (x − y) 4 =x 4 − 4x 3 y + 6x 2 y 2 − 4xy 3 +y 3

Penguraian bent uk (x + y) n unt uk n > 4 dapat menggunakan binomial Newt on yang akan dit erangkan dalam bagian lain. Berdasarkan bent uk (vi) dan (vii) didapat f akt a bahwa (a −

b) membagi (a n − b n ) unt uk n asli dan (a + b)

membagi (a n +b ) unt uk n ganj il yang t erkadang digunakan unt uk menyelesaikan soal pada t eori bilangan.

Cont oh 1 :

2 (OSK 2004 SMP/ MTs) Nilai dari 2 5050 − 4950 = L L

Solusi :

Perhat ikan bahwa a 2 − b 2 = (a + b)(a −

b) maka

Cont oh 2 :

(OSK 2005 SMP/ MTs) Salah sat u f akt or dari 17 3 − 5 3 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Perhat ikan bahwa a 3 − b 3 = (a − b)(a 2 + ab + b 2 ) maka

17 3 − 5 3 = 12 ⋅ 399 (Jawaban : E)

Eddy Hermanto, ST 1 Aljabar

Cont oh 3 :

(OSK 2011 Tipe 1) Jika A = 5 x +5 −x dan B = 5 x − 5 −x maka A 2 − B 2 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi : A=5 x +5 −x dan B = 5 x –5 −x

A + B = (5 x +5 −x ) + (5 x − 5 −x )=2 ⋅ 5 x

B = (5 x +5 −x ) − (5 x − 5 −x )=2 ⋅ 5 −x

A 2 − B 2 = (A + B)(A −

B) = 2 ⋅ 5 x ⋅ 2 ⋅ 5 −x =4

Jadi, A 2 − B 2 = 4.

Cont oh 4 : Rasionalkan penyebut dari

Solusi : Kuadrat dari suat u bent uk akar menghasilkan bilangan t ersebut .

Mengingat bahwa (a + b)(a −

b) = a 2 − 2 b maka j ika penyebut t ersebut dikalikan dengan lawannya akan didapat bent uk penyebut yang rasional.

Akhirnya didapat penyebut yang merupakan bilangan rasional, yait u 5. Cont oh di at as adalah cont oh dengan penyebut nya merupakan penj umlahan dua bi langan. Jika penyebut nya merupakan penj umlahan lebih dari dua bilangan, maka perkalian dengan lawanya dilakukan lebih dari sat u kali.

Cont oh 5 : Rasionalkan penyebut dari

Solusi :

Cont oh 6 : (OSP 2010 SMP/ MTs) Jika p =

14 − 13 dan q = 14 + 13 , maka nilai dari p + pq + q adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi :

1 1 pq = 1

1 1 p+q= 14 + 13 + 14 − 13

(p + q) 2 = 56

p 2 + pq + q 2 = (p + q) 2 − pq

p 2 + pq + q 2 = 56 − 1 = 55

Jadi, nilai dari p 2 + pq + q 2 adalah 55.

Eddy Hermanto, ST 2 Aljabar

Cont oh 7 :

(OSP 2008) Jika 0 < b < a dan a 2 +b 2 = 6ab, maka a + a b − b = ⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi :

a Misalkan x = b +

a − b maka

x 2 a + b = 2 () a − b

2 b x 2 = 2 a ab + b 2 − 2 ab

2 2 2 8 Karena a ab +b = 6ab maka x =

4 ab =2

Jadi, a + a b − b =

Cont oh 8 : Hit unglah

Solusi : Misalkan X =

X 2 = (2 + 2 3 ) + (2 − 3 ) − 2 2 − 3

X 2 =4 − 2

X 2 =2 Maka

Cont oh 9 :

(AIME 1989) Nilai dari 1 + 28 ⋅ 29 ⋅ 30 ⋅ 31 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi :

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

Cont oh 10 : Tent ukan nilai x yang memenuhi persamaan

2 x + 3 − 7 − x = 1.

Solusi :

2 x + 3 − 7 − x =1

Karena bilangan dalam akar harus t ak negat if maka penyelesaian persamaan t ersebut harus memenuhi syarat − 3 2 ≤ x ≤ 7

2 x + 3 =1+ 7 − x

2x + 3 = 1 + 7 − x+2 7 − x

3x − 5=2 7 − x

Eddy Hermanto, ST 3 Aljabar

Kuadrat kan kedua ruas dengan syarat 3x − 5 ≥ 0 sebab 7 − x ≥ 0

9x 2 − 30x + 25 = 4(7 − x) 9x 2 − 26x − 3=0

(9x + 1)(x −

x = 3 at au x = − 1 (t idak memenuhi syarat x ≥ 9 5 3 )

Unt uk x = 3 maka

2 x + 3 − 7 − x =3 − 2 = 1.

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 3.

Cont oh 11 : Jika a 2 = 7b + 1945 dan b 2 = 7a + 1945 dengan a dan b adalah bilangan real berbeda, maka nilai dari ab adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi :

a 2 = 7b + 1945 dan b 2 = 7a + 1945

a 2 − b 2 = 7(b − a) Karena a ≠

b maka a + b = − 7

2 a 2 +b = 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 adalah bilangan real t ak nol yang memenuhi

a 2 +b 2 =1

c 2 +d 2 =1

ac + bd = 0 Bukt ikan bahwa ab + cd = 0.

Solusi : Karena ac + bd = 0 maka

b = − d c ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

Misalkan a = − b d c = k maka

a = bk dan d = − ck

a 2 +b 2 =1

b 2 (k 2 + 1) = 1

k 2 +1= 1 b 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

c 2 +d 2 =1

c 2 (k 2 + 1) = 1 Subt it usikan persamaan (2).

b 2 =c 2

ab + cd = bk ⋅ b+c( − ck)

ab + cd = b 2 k − c 2 k

ab + cd = (b 2 − c 2 )k

Karena b 2 =c 2 maka ab + cd = (b 2 − c 2 )k = 0

Jadi, t erbukt i bahwa ab + cd = 0.

Eddy Hermanto, ST 4 Aljabar

LAT IHAN 1 :

ab

3 4 a 2 + 2 b 1. 2 Jika a + b

2 a − 2 b = 5 maka t ent ukan nilai dari

2. Nilai dari

1945 2 + 2011 2 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

3. (AIME 1986) Tent ukan nilai 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 ( ⎞ ) ( ) ⎟

2 6. 2 Jika diket ahui bahwa 14 y − 20 y + 48 + 14 y − 20 y − 15 = 9, maka t ent ukan nilai dari

2 14 2 y − 20 y + 48 − 14 y − 20 y − 15 .

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

8. (Canadian MO 1992) Selesaikan persamaan x 2 x 2 + () x + 1 2 = 3.

9. (OSP 2007) Tent ukan semua bilangan real x yang memenuhi x 4 − 4x 3 2 + 5x − 4x + 1 = 0

10. (AIME 1983) w dan z adalah bilangan kompleks yang memenuhi w 2 +z 2 = 7 dan w 3 +z 3 = 10. Apakah nilai t erbesar yang mungkin dari w + z ?

11. (Balt 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

3 3 12. 3 Jika x = 4 + 2 + 1

, maka nilai dari ( 1 + 1 X ) adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

13. (AIME 2000) Tent ukan t epat kedua akar real persamaan 2000x 6 + 100x 5 + 10x 3 +x − 2 = 0.

( 10 4 + 324 )( 22 4 + 324 )( 34 4 324 46 4 324 58 4 14. 324 (AIME 1987) Tent ukan nilai dari + )( + )( + )

15. (Balt ic Way 1993 Mat hemat ical Team Cont est ) Tent ukan semua bilangan bulat n yang memenuhi

2 + 4 − n + 2 − 4 − n adalah bilangan bulat

16. (Canadian MO 1998) Tent ukan penyelesaian x real yang memenuhi persamaan :

x=

Eddy Hermanto, ST 5 Aljabar

17. (AIME 1990) Bilangan real a, b, x dan y memenuhi ax + by = 3, ax 2 + by 2 = 7, ax 3 + by 3 = 16 dan

ax 4 + by 4 = 42. Tent ukan nilai dari ax 5 + by 5 .

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

19. (OSN 2009 SMP/ MTs) Set iap sisi suat u kubus dit uliskan sebuah bilangan asli. Set iap t it ik sudut nya diberi nilai yang merupakan hasil kali dari t iga bilangan pada t iga sisi yang berpot ongan di t it ik sudut t ersebut . Jika j umlah semua bilangan pada t it ik-t it ik sudut t ersebut sama dengan 1001, t ent ukan j umlah semua bilangan yang di t uliskan pada sisi-sisi kubus t ersebut .

Eddy Hermanto, ST 6 Aljabar

2. BARISAN DAN DERET

1, 2, 3, 4, 5, ⋅⋅⋅ dikat akan sebagai barisan karena mempunyai suat u pola t ert ent u dengan rumus suku ke- n adalah 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 Jumlah n suku pert ama Barisan arit mat ika adalah barisan yang set iap dua suku berurut an memiliki selisih yang konst an.

a, a + b, a + 2b, a + 3b ⋅⋅⋅ adalah barisan arit mat ika dengan suku pert ama = a dan beda = b. Suku ke-n, U n , dirumuskan dengan :

U n = a + (n − 1)b

Jumlah n bilangan pert ama, S n , dirumuskan dengan

S n = n 2 (2a + (n − 1)b) = n 2 (a + U n )

Bukt i : S n = (a) + (a + b) + (a + 2b) + ⋅⋅⋅ + (a + (n − 1)b) S n = (a + (n − 1)b) + (a + (n − 2)b) + (a + (n − 3)b) + ⋅⋅⋅ + (a) Jumlahkan kedua persamaan di at as didapat 2S n =n ⋅ (2a + (n − 1)b)

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

Cont oh 13 : Diket ahui barisan 2, 5, 8, 11, ⋅⋅⋅ . Tent ukan suku ke-10 dan j umlah 4 suku pert ama.

Solusi :

2, 5, 8, 11, ⋅⋅⋅ adalah barisan arit mat ika dengan suku pert ama 2 dan beda 3.

Suku ke-10, U 10 = 2 + (10 − 1) ⋅ 3 = 29

Jumlah 4 suku pert ama = 4 2 ⋅ ( 2 ⋅ 2 + ( 4 − 1 ) ⋅ 3 ) = 26

Cont oh 14 : Sebuah barisan j umlah n buah suku pert ama dirumuskan dengan S

n = 3n − 15n, maka U 3 = ⋅⋅⋅⋅

Solusi : Perhat ikan bahwa j ika kit a mengurangkan j umlah n suku pert ama, S n dengan j umlah n − 1 suku pert ama, S n-1 , maka akan didapat kan suku ke-n, U n .

Jadi, U n =S n − S n-1 .

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

2 U 2 n = 3n − 15n − 3n + 6n − 3 + 15n − 15 U n = 6n − 18 Maka U 3 = 6(3) −

Cara lain adalah dengan langsung menghit ung U 3 =S 3 − S 2 .

S = 3(3) 2 3 − 15(3) = 27 −

U 3 =S 3 − S 2 U 3 = − 18 − ( − 18) U 3 =0

Eddy Hermanto, ST 7 Aljabar

Cont oh 15 :

Nilai dari ∑ ( 2 k + 3 ) = L L

Solusi : Jika nilai k dari 1 sampai n dij alankan didapat

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

S = n n 2 ( 2 ()( 5 +n − 1 ) 2 )

2 ∑ ( 2 k + 3 ) =n + 4n

Jadi,

Cont oh 16 : (OSK 2006) Pada sebuah barisan arit mat ika, nilai suku ke-25 t iga kali nilai suku ke-5. Suku yang bernilai dua kali nilai suku pert ama adalah suku ke ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi : u 25 = 3(u 5 ), maka a + 24b = 3(a + 4b) sehingga a = 6b

u n = a + (n − 1)b = 2u 1 = 2a

6b + (n − 1)b = 2(6b) n=7 Suku t ersebut adalah 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 keliling segit iga t ersebut adalah ⋅⋅⋅⋅

Solusi : 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 misalkan dengan 20, 20 − x dan 20 − 2x dengan x adalah bilangan posit if . Karena ket iga sisi membent uk segit iga siku-siku maka

(20 − 2x) 2 + (20 − x) 2 = 20 2

400 − 80x + 4x 2 + 400 − 40x + x 2 = 400

5x 2 − 120x + 400 = 0 (x − 4)(x −

20) = 0 x = 4 at au x = 20 Jika x = 20 maka sisi-sisi segit iga t ersebut adalah 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, keliling segit iga t ersebut = 20 + 16 + 12 = 48.

2. Suku Tengah Misalkan U t menyat akan suku t engah dari suat u barisan arit mat ika maka :

dengan n merupakan bilangan ganj il

Eddy Hermanto, ST 8 Aljabar

Cont oh 18 : Diket ahui 3, ⋅⋅⋅ , 13, 15, ⋅⋅⋅ adalah barisan arit mat ika. Tent ukan suku t engah barisan t ersebut .

Solusi :

3, ⋅⋅⋅ , 13, 15 adalah barisan arit mat ika. Maka U 1 = a = 3 dan U n = 15. Maka suku t engah, U = 1 t 2 (3 + 15) = 9

3. Sisipan Misalkan set iap dua bilangan berurut an pada barisan arit mat ika disisipi k buah bilangan namun t et ap membent uk barisan arit mat ika. Maka beda barisan t ersebut akan memiliki perubahan dengan suku pert ama t et ap.

Misalkan b B = beda barisan yang baru dan b L = beda barisan yang lama. Hubungan keduanya adalah

Cont oh 19 : Pada set iap dua bilangan berurut an dari barisan 2, 12, 22, 32, 42. ⋅⋅⋅⋅ disisipi sebanyak 4 bilangan. Tent ukan suku ke-100 dari barisan yang baru.

Solusi : Beda barisan yang baru adalah b b = L

B k + 1 = 4 + 1 =2

Suku pert ama, a = 2.

U 100 = a + 99b B = 2 + 99 ⋅ 2 = 200

Suku ke-100 = 200. Jadi, suku ke-100 barisan t ersebut adalah 200.

4. Barisan Arit mat ika Bert ingkat Misalkan ada barisan u 1 , u 2 , u 3 , ⋅⋅⋅ , u n yang bukan merupakan barisan ait mat ika sebab u n − n-1 u t idak konst an. Tet api apabila diambil D 1 (n) = u n − u n-1 lalu D 2 (n) = D 1 (n) − D 1 (n −

1) dan

1) bernilai konst an. Maka kit a dapat mengambil kesimpulan bahwa rumus j umlah n suku pert ama, S n , barisan t ersebut merupakan polinomial pangkat k.

set erusnya sampai pada suat u saat D k (n) − D k (n −

Cont oh 20 : Diket ahui barisan 1, 3, 6, 10, 15, 21, ⋅⋅⋅ . Tent ukan rumus j umlah n suku pert ama, S n .

Solusi : Kalau diperhat ikan, barisan 1, 3, 6, 10, 15, 21, ⋅⋅⋅ bukanlah barisan arit mat ika. Tet api rumus suku ke-n barisan t ersebut t ernyat a merupakan rumus j umlah 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) D 1 (n) = S(n) – S(n − 1)

Eddy Hermanto, ST 9 Aljabar

Karena D 3 (n) konst an maka dapat diambil kesimpulan bahwa rumus S n merupakan polinomial pangkat 3.

Misalkan S(n) = an 3 + bn 2 + cn + d.

n S(n) D 1 (n) = S(n) – S(n − 1)

D 2 (n) = D 1 (n) − D 1 (n − 1)

D 3 (n) = D 2 (n) − D 2 (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

6a

4 64a+16b+4c+d

37a+7b+c

18a+2b

6a

5 125a+25b+5c+d

61a+9b+c

24a+2b

Dari kedua t abel didapat bahwa : 6a = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) 12a + 2b = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 7a + 3b + c = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) a+b+c+d=1

Dari pers (1) didapat a = 1 6 Dari pers (2) didapat b = 3 − 2 2 = 1 2

Dari pers (3) didapat c = 3 − 7 1 − 3 1 = 18 − 7 − 9 ()() 1 6 2 6 = 3

Dari pers (4) didapat d = 1 − 1 − 1 − 1 = 6 − 1 − 3 − 6 2 2 3 6 = 0

Maka rumus j umlah n suku pert ama, S(n) = 1 n 3 + 1 n 2 1 n ( n +n 1 )( + 2 6 ) 2 + 3 n= 6

B. Barisan dan Deret Geomet ri

1. Pengert ian, rumus suku ke-n dan rumus Jumlah n suku pert ama Barisan geomet ri adalah barisan yang set iap dua suku berurut an memiliki perbandingan yang

konst an. Misalkan a, ar, ar 2 , ⋅⋅⋅ adalah barisan geomet ri dengan suku pert ama = a dan rasio = r maka : Suku ke-n, U n , dirumuskan dengan :

U n =a ⋅ r n-1

Jumlah n bilangan pert ama, S n , dirumuskan dengan

Cont oh 21 : Diket ahui barisan 2, 6, 18, 54, ⋅⋅⋅ . Tent ukan suku ke-5 dan j umlah 4 suku pert ama barisan t ersebut .

Solusi :

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

⋅ 3 5 5-1 =2 = 162

Jumlah 4 suku pert ama =

Cont oh 22 :

Pada barisan geomet ri diket ahui U 8 = 36 dan S 7 = 52, maka S 8 = ⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi : U 8 = 36 dan S 7 = 52

Eddy Hermanto, ST 10 Aljabar

Pada barisan arit mat ika maupun geomet ri berlaku S n − S n −1 =U n .

S 8 − S 7 =U 8 S 8 = 52 + 36 = 88.

Cont oh 23 : Tiga bilangan membent uk deret geomet ri dengan j umlah 65. Jika suku ke-3 dikurangi 20 t erbent uklah deret arit mat ika, maka rasio barisan t ersebut adalah ⋅⋅⋅⋅

Solusi :

Misalkan bilangan-bilangan t ersebut adalah a, ar dan ar 2 . Maka

a, ar dan ar 2 − 20 membent uk barisan arit mat ika sehingga 2ar = a + ar 2 − 20

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

a + ar + ar 2 = 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 − 3r 2 =3 (3r − 1)(r −

3) = 0 r= 1 3 at au r = 3

Jika r = 1 3 maka ket iga bilangan t ersebut adalah 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 adalah 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 adalah 1 3 at au 3.

2. Suku Tengah Misalkan U t menyat akan suku t engah dari suat u barisan geomet ri maka :

dengan n merupakan bilangan ganj il

Cont oh 24 : Diket ahui 2, 6, 18, 54, 162, ⋅⋅⋅⋅ adalah barisan geomet ri. Tent ukan suku t engah dari barisan

t ersebut .

Solusi :

2, 6, 18, 54, 162 adalah barisan geomet ri. Maka U 1 = a = 2 dan U n = 162.

Maka suku t engah, U t = 2 ⋅ 162 = 18

3. Sisipan Misalkan set iap dua bilangan berurut an pada barisan geomet ri disisipi k buah bilangan namun t et ap membent uk barisan geomet ri. Maka rasio barisan t ersebut akan memiliki perubahan dengan suku pert ama t et ap.

Misalkan r B = rasio barisan yang baru dan r L = rasio barisan yang lama. Hubungan keduanya adalah

Eddy Hermanto, ST 11 Aljabar

Cont oh 25 : Pada set iap dua bilangan berurut an dari barisan 2, 32, 512, 8192, ⋅⋅⋅⋅ disisipi sebanyak 3 bilangan. Tent ukan suku ke-7 dari barisan yang baru.

Solusi :

Rasio yang baru, r k B = + 1 r 4 L = 16 = 2 .

Suku pert ama, a = 2.

U 7 = ar 6 = (2)(2 6 ) = 128

Suku ke-7 = 128.

4. Barisan geomet ri t ak hingga

n = ()

a Dari persamaan S n

r − 1 j ika n Æ ∞ maka S ∞ = a 1 − r dengan syarat − 1 < r < 1. Rumus t ersebut merupakan rumus j umlah dari suat u barisan t ak hingga dengan suat u syarat t ert ent u.

Cont oh 26 :

Tent ukan nilai dari 2 + 1 + 1 2 1 + 4 + ⋅⋅⋅

Solusi : Persoalan di at as t ermasuk barisan geomet ri t ak hingga dengan a = 2 dan r = ½

2+1+½+¼+ ⋅⋅⋅ =S ∞ = a 1 − r . 2+1+½+¼+ ⋅⋅⋅ = 2 1 − 1 = 4.

Maka nilai dari 2 + 1 + 1 2 1 + 4 + ⋅⋅⋅ = 4.

Cont oh 27 : Jumlah suat u deret geomet ri t ak hingga adalah 6 dan j umlah dari suku-suku yang bernomor ganj il adalah 4. Suku ke-6 barisan t ersebut adalah ⋅⋅⋅⋅

Solusi : Misalkan suku pert ama barisan geomet ri t ak hingga t ersebut adalah a dan rasio r.

a + ar + ar 2 + ⋅⋅⋅ = a 1 − r =6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

Suku-suku yang ganj il adalah a, ar 2 , ar 4 , ⋅⋅⋅ yang membent uk barisan t ak hingga dengan suku pert ama a dan rasio r 2 .

2 4 6 a + ar a + ar + ar + ⋅⋅⋅ =

1r − 2 =4

( )( ) 1 − r 1 + r = 4 sehingga

Subt it usikan persamaan (1) ke

3 = 2 + 2r r= 1 2 Subt it usikan persamaan di at as ke persamaan (1) didapat

a=3

Maka suku ke-6 = U = ar 5 = 6 3 32 .

C. Barisan dan Deret Lainnya sert a Bent uk Tak Hingga Suat u barisan t idak harus masuk ke dalam salah 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 umlahan dari dua bilangan

Eddy Hermanto, ST 12 Aljabar Eddy Hermanto, ST 12 Aljabar

Beberapa cont oh rumus deret lainnya :

2 2 2 2 n n + 1 2 n + 1 1 +2 +3 + ⋅⋅⋅ +n = ( )( )

3 3 3 n ( n + 1 ) 1 2 +2 +3 + ⋅⋅⋅ +n 3 = ()

Berikut ini dibahas bent uk-bent uk t ak hingga yang dapat diselesaikan dengan memisalkan dengan suat u variabel.

Cont oh 28 : Hit unglah nilai dari

Solusi : Misalkan

2 2 2 2 L = X.

Kuadrat kan kedua ruas. Pada ruas kiri akan didapat kan bent uk t ak hingga semula. Maka 2X = X 2 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 unglah bent uk t ak hingga berikut , 2 +

Solusi :

3 Misalkan 2 +

3 = X maka

=X

X 2 − 2X − 3=0 (X − 3)(X + 1) = 0

Karena 2 +

3 t idak mungkin sama dengan − 1 maka 2 +

3 Jadi, 2 +

Eddy Hermanto, ST 13 Aljabar

D. Prinsip Teleskopik Prinsip t eleskopik banyak digunakan unt uk menyederhanakan suat u deret . Ada dua bent uk umum yang dikenal, yait u penj umlahan dan perkalian sebagai berikut :

a. ∑ ( a i + 1 − a i )( = a 2 − a 1 )( + a 3 − a 2 )( + a 4 − a 3 ) + L + ( a n − a n − 1 )( + a n + 1 − a n ) = a n + 1 − a 1

b. ∏ = ⋅ ⋅ ⋅ L ⋅ ⋅ =

Cont oh 30 :

( )( )( ) ( 1 − 3 1 − 5 1 − 7 L 1 − 2003 )( 1 − 2005 )( )( )( ) ( 1 + 2 1 + 4 1 + 6 L 1 + 2004 )( 1 + 2006 ) = L

Solusi : Misal S =

( )( )( ) ( 1 − 3 1 − 5 1 − 7 L 1 − 2003 )( 1 − 2005 )( 1 + 2 )( 1 + 4 ) ( 1 + 6 )( L 1 + 2004 )( 1 + 2006 )

S= 2 4 6 2004 3 5 7 3 2007 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ L ⋅ 2005 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ L ⋅ 2006 S= 2 3 4 5 6 7 2004 2005 3 2007 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ L ⋅ 2005 ⋅ 2004 ⋅ 2006

S= 2007 2006

Cont oh 31 :

Tent ukan nilai 1 + 1 + 1 + 1 + ⋅⋅⋅ +

Solusi : Soal di at as merupakan cont oh penerapan prinsip t eleskopik.

= ( 1 − 2 )( + 2 − 3 )( + 3 − 4 )( + 4 − 5 ) + L + ( 2005 − 2006 )

Jadi,

Cont oh 32 :

(Canadian MO 1997) Bukt ikan bahwa 1 < 1 3 1999 5 2 ⋅ 4 ⋅ ⋅ L 1997 6 ⋅ 1998 < 1 44 .

Solusi : Misal P = 1 3 5 1997

2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ L ⋅ 1998 dan Q = 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ L ⋅ 1999

2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ L ⋅ 1998 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ L ⋅ 1999 = 1999

PQ = 1 3 5 1997 2 4 6 1998

Jelas bahwa P < Q

P 2 < PQ sehingga P 2 < 1 1999 < 1 44 1 2 . Maka P < 44

3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ ⋅ 1999 = 1999 Maka didapat

P> 1 3 5 L 1997

2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ L ⋅ 1998 < 44 (t erbukt i)

Eddy Hermanto, ST 14 Aljabar

LAT IHAN 2 :

1. Sebuah deret arit mat ika t erdiri dari n suku (ganj il). Jumlah semua sukunya 260, besar suku

t engahnya 20, sert a beda deret t ersebut adalah 3. Maka U 6 = ⋅⋅⋅⋅

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

3. Diket ahui ∑ ( 4 + 2 k i ) = 77 dan ∑ k i = 14 , maka nilai ∑ ( 4 + 2 k i ) = L L

4. Pada suat u deret arit mat ika berlaku u 2 +u 5 +u 6 +u 9 = 40. Maka S 10 = ⋅⋅⋅⋅⋅

5. (OSK 2009) Jika x

k+1 =x k + 2 unt uk k = 1, 2, ⋅⋅⋅ dan x 1 = 1 maka x 1 +x 2 + ⋅⋅⋅ +x 400 = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

6. 3 (OSP 2006) Hasil penj umlahan semua bilangan bulat di ant ara 2006 dan 2006 adalah ⋅⋅

7. (OSK 2006) Diket ahui a + (a + 1) + (a + 2) + ⋅⋅⋅ + 50 = 1139. Jika a bilangan posit if , maka a = ⋅⋅⋅⋅⋅

8. (OSK 2011 Tipe 3) Bilangan bulat posit if t erkecil a sehingga 2a + 4a + 6a + . . . + 200a merupakan kuadrat sempurna adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

9. (AIME 1984) Barisan a 1 , a 2 , a 3 , ⋅⋅⋅ , a 98 memenuhi a n+1 =a n + 1 unt uk n = 1, 2, 3, ⋅⋅⋅ , 97 dan mempunyai

j umlah sama dengan 137. Tent ukan nilai dari a 2 +a 4 +a 6 + ⋅⋅⋅ +a 98 .

10. Misalkan u n adalah suku ke-n dari suat u barisan arit mat ika. Jika u k = t dan u t = k maka t ent ukan nilai dari suku ke-(k + t ).

11. 1 +2 2 + ⋅⋅⋅ +2 n (OSK 2004) Agar bilangan 2 0 +2 sedekat mungkin kepada 2004, haruslah n = ⋅

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

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

14. Bat as-bat as nilai a supaya deret geomet ri t ak berhingga dengan suku pert ama a konvergen dengan j umlah 2 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

15. (OSP 2006) Af kar memilih suku-suku barisan geomet ri t akhingga 1, 1 2 1 , 4 , 1 8 , ⋅⋅⋅ unt uk membuat barisan geomet ri t akhingga baru yang j umlahnya 1 7 . Tiga suku pert ama pilihan Af kar adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

16. 2 Tent ukan j umlah dari 8 3 − 4 + 4 4 9 4 − 7 + 27 − 49 + L L

17. Tiga buah bilangan merupakan barisan arit mat ika. Bila suku t engahnya dikurangi 5, maka t erbent uk suat u barisan geomet ri dengan rasio sama dengan 2. Jumlah barisan arit mat ika it u adalah ⋅⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅

18. Tent ukan rumus j umlah n suku pert ama dari barisan 4, 10, 20, 35, 56, ⋅⋅⋅

Eddy Hermanto, ST 15 Aljabar

19. (AIME 1992) Misalkan A adalah barisan a 1 , a 2 , a 3 , ⋅⋅⋅ dengan a 19 =a 92 = 0 dan ∆

A didenisikan dengan

A) sama dengan 1, maka nilai a 1 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

barisan a 2 − a 1 , a 3 − a 2 , a 4 − a 3 , ⋅⋅⋅ . Jika semua suku-suku barisan ∆ ( ∆

20. (MATNC 2001) Tent ukan j umlah 100 bilangan asli pert ama yang bukan bilangan kuadrat sempurna.

21. (AIME 2003 Bagian Pert ama) Diket ahui 0 < a < b < c < d adalah bilangan bulat 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 nilai dari a + b + c + d.

22. (OSK 2009) Bilangan bulat posit if t erkecil n dengan n > 2009 sehingga

merupakan bilangan bulat adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

23. (AIME 1985) Barisan bilangan bulat a 1 , a 2 , a 3 , ⋅⋅⋅ memenuhi a n+2 =a n+1 − a n unt uk n > 0. Jumlah 1492 bilangan pert ama adalah 1985 dan j umlah 1985 bilangan pert ama adalah 1492. Tent ukan j umlah 2001 bilangan pert ama.

24. Nilai x yang memenuhi persamaan :

x x x ..... = 4 x + 4 x + 4 x + ...

adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

25. Hit unglah nilai dari

26. (OSK 2006/ AIME 1990) Barisan 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, ⋅⋅⋅ t erdiri dari semua bilangan asli yang bukan kuadrat at au pangkat t iga bilangan bulat . Suku ke-250 barisan t ersebut adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

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, ⋅⋅⋅ memiliki blok

angka 1 yang berisi n buah angka 2 pada blok ke-n. Tent ukan j umlah 1234 bilangan pert ama.

28. Misalkan f adalah adalah f ungsi yang memenuhi f (n) = f (n −

1) + n 2007 unt uk set iap n bilangan asli. Jika f (0) = 1945 maka t ent ukan f (2007).

29. (NHAC 1997-1998 Second Round) Tent ukan nilai dari 1 1 1 1 x 2 x 3 + 2 x 3 x 4 + L + 1996 x 1997 x 1998 .

30. (OSK 2003) Berapakah hasil perkalia n

1 1 1 1 () 1 − 2 2 ( )( ) ( 1 − 3 2 1 − 4 2 L 1 − 2002 2 )( 1 − 1 2003 2 )

31. Tent ukan j umlah dari :

1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 4 + L + 99 + 100

Eddy Hermanto, ST 16 Aljabar

32. Hit unglah nilai ∑

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

33. (AIME 2002) Barisan x

1 , x 2 , x 3 , ⋅⋅⋅ memenuhi x k = k 2 + k . Jika t erdapat bilangan berurut an sehingga

m +x m+1 + ⋅⋅⋅ +x n = 29 , maka t ent ukan semua pasangan (m, n) yang memenuhi.

34. (AIME 2001) Barisan a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , ⋅⋅⋅ memenuhi a 1 = 211, a 2 = 375 , a 3 = 420 dan a 4 = 523 sert a

a n =a n −1 − a n −2 +a n −3 − a n −4 . t ent ukan nilai dari a 531 +a 753 +a 975 .

35. (AIME 1998) Barisan 1000, n, 1000 − n, n − (1000 − n), (1000 − n) − (n − (1000 − n), ⋅⋅⋅ dengan n bilangan bulat berakhir ket ika bilangan negat if pert ama muncul. Sebagai cont oh unt uk n = 100 maka barisan t ersebut adalah 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 bilangan real mempunyai suku-suku didef inisikan sebagai berikut . u n = ar n-1 j ika n = 4m − 3 at au n = 4m − 2 u n = − ar n-1 j ika n = 4m − 1 at au n = 4m dengan a > 0, r > 0, dan m bilangan bulat posit if . Bukt ikan bahwa j umlah semua suku ke-1 sampai dengan suku ke-2009 adalah

a ( 1 + r − r 2009 + r 2010 )

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

1 1 1 1 1 S= 1 1 +

38. 3 (Balt ic Way 1992) Bukt ikan bahwa hasil kali 99 bilangan k − 1 , k = 2, 3, 4, ⋅⋅⋅ , 100 lebih dari 2 k 3 + 1 3 .

Eddy Hermanto, ST 17 Aljabar

3. FUNGSI

A. Pengert ian

Misalkan diket ahui f ungsi y = f (x) = x + 1 3 − 2 x .

Unt uk mencari nilai dari f (2) maka cukup menggant i x di ruas kanan dengan 2. () 2 + 1

Jadi, f (2) = 3 − 2 () 2 = − 3

Salah sat u f ungsi yang dibahas di dalam kelas adalah f ungsi kuadrat , yait u f ungsi yang berbent uk y =

f (x) = ax 2 + bx + c Nilai x yang menyebabkan y maksimum adalah x p =

Nilai y maksimum = y maks = a(x p ) 2 + bx p + c at au y maks = − (

b 2 − 4 ac

Terkadang suat u f ungsi t idak hanya memiliki sat u variabel, t et api dapat lebih dari sat u variabel. Sebagai cont oh adalah f (x, y) = xy + x 2 y+y 3 . 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 bulat posi t if ke bilangan bulat 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 nilai dari f (8).

Solusi :

f (120) = f (10 ⋅

12) = 12f (10) + 10f (12) = 12 ⋅

f (120) = f (8 ⋅

15) = 8f (15) + 15f (8) = 8 ⋅

26 + 15f (8) = 208 + 15f (8)

748 = 208 + 15f (8) Jadi, f (8) = 36

Cont oh 34 : (AHSME 1998) Misalkan f (x) adalah f ungsi yang memenuhi

(a) unt uk set iap bilangan real x dan y maka f (x + y) = x + f (y) dan (b) f (0) = 2 Nilai dari f (1998) adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi :

f (x + y) = x + f (y) dan f (0) = 2 Alt ernat if 1 :

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

f (x) = x + 2 Maka f (1998) = 2000

Alt ernat if 2 :

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

Cont oh 35 : Jika f (x) adalah f ungsi yang t idak t erdef inisi unt uk x = 0 dengan f (x) + 2f ( 1 x ) = 3x. Tent ukan f (x).

Solusi :

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

Eddy Hermanto, ST 18 Aljabar Eddy Hermanto, ST 18 Aljabar

f( 1 x ) + 2f (x) = 3 x

2f ( 1 ) + 4f (x) = x 6 x ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

Kurangkan persamaan (2) dengan (1) didapat 3f (x) = 6 x − 3x

Jadi, f (x) = 2 − x 2 x

B. Fungsi Komposisi Fungsi komposisi merupakan gabungan lebih dari sat u f ungsi. Misalkan diket ahui f ungsi f (x) dan g(x). Jika ingin mencari pemet aan suat u nilai t erhadap f ungsi f (x) yang hasilnya dilanj 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 oleh f ungsi g(x) dit ulis 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 oleh f ungsi f (x) dilanj ut kan g(x).

Solusi :

f (2) = 3(2) + 5 = 11 g(11) = 7 − 3(11) = − 26 Jadi, pemet aan x = 2 oleh f ungsi f (x) di lanj ut kan oleh g(x) menghasilkan nilai − 26. Cara lain adalah 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 nilai g(f (2)) = − 8 − 9(2) = − 26.

Jadi, pemet aan x = 2 oleh f ungsi f (x) dilanj ut kan oleh g(x) adalah − 26.

Cont oh 37 : Diket ahui f (x) = x + 7 dan (f og)(x) = 5x + 3. Tent ukan g(x).

Solusi :

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).

Solusi : Alt ernat if 1 : Pada alt ernat if 1 ini kit a ubah variabel x pada ruas kanan ke dalam (x − 5). g(x −

5) = 7x + 3 = 7(x −

Maka g(x) = 7x + 38

Alt ernat if 2 : Kit a misalkan x − 5 = y sehingga x = y + 5.

Maka g(y) = 7(y + 5) + 3 g(y) = 7y + 38 Maka g(x) = 7x + 38

Eddy Hermanto, ST 19 Aljabar

Cont oh 39 :

Diket ahui (gof )(x) = 2x 2 + 5x − 5 dan f (x) = x −

1. Maka g(x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi : (gof )(x) = 2x 2 + 5x − 5 g(f (x)) = 2x 2 + 5x − 5 g(x −

1) = 2x 2 + 5x − 5

Alt 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 −

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

Alt ernat if 2 : Misalkan y = x − 1 maka x = y + 1

g(y) = 2(y + 1) 2 + 5(y + 1) − 5 g(y) = 2y 2 + 9y + 2 Maka g(x) = 2x 2 + 9x + 2

Cont oh 40 : Diket ahui (gof )(x) = 4x 2 + 4x dan g(x) = x 2 − 1 dan berlaku f (x) > 0 unt uk x > − 1 2 , maka f (x − 2) adalah ⋅⋅⋅⋅

Solusi : g(f (x)) = 4x 2 + 4x (f (x)) 2 − 1 = 4x 2 + 4x (f (x)) 2 = 4x 2 + 4x + 1 = (2x + 1) 2

Karena f (x) > 0 unt uk x > − 1 2 maka

f (x) = 2x + 1

f (x −

2) = 2(x −

2) = 2x − 3 Jadi, f (x −

f (x −

2) = 2x − 3

C. Fungsi Invers dari y = f (x) Berdasarkan f ungsi y = f (x) = x + 1 3 − 2 x dari ket erangan sebelumnya j ika diket ahui nilai x kit a dengan mudah mencari nilai y. Bagaimana caranya bila yang diket ahui adalah nilai y dan kit a dimint a

mencari nilai x unt uk nilai y t ersebut ? Persoalan ini dapat diselesaikan apabila 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

Solusi : y = 3x − 8

x= 3

Didapat f ungsi inversnya adalah f -1 (x) = x + 8 3

Eddy Hermanto, ST 20 Aljabar

Cont oh 42 :

Tent ukan invers dari f ungsi y = f (x) = x + 1 3 − 2 x .

Solusi : Dari y = x + 1 3 − 2 x didapat 3y − 2yx = x + 1 sehingga x(2y + 1) = 3y − 1

x= 2 y + 1

Didapat f ungsi inversnya adalah f -1 (x) = 3 x − 2 1 x + 1

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 of −1 )(x) (g o f ) −1 (x) = (f −1 og −1 )(x)

Cont oh 43 :

Jika f (x) = 5x + 3 dan g(x) = 2 x + 3 5 −1 − x maka t ent ukan (f o g) (x).

Solusi : Alt ernat if 1 : Berdasarkan ket erangan dalam pembahasan mengenai f ungsi komposisi akan didapat

(f o g)(x) = 7 x + 5 30 − x . Maka invers dari (f o g)(x) t ersebut adalah

(f o g) −1 (x) = 5 x − x 30 + 7

Alt ernat if 2 : Berdasarkan apa yang dipelaj ari sebelumnya akan didapat

f −1 (x) = x − 3 dan g −1 (x) = 5 x − 5 3 x + 2 sehingga (g −1 of −1 )(x) = 5 x − x 30 + 7

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

LAT IHAN 3 :

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

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

3. (OSK 2007) Misalkan 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) = 1 5 x − 1 , maka f (x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

5. Fungsi g(x) = x 2 + 2x + 5 dan (f (g(x)) = 3x 2 + 6x −

8, maka f (x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

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

Eddy Hermanto, ST 21 Aljabar

7. Dit ent ukan

. Jika f f −1 ( x ) = ax + 1 2 − x (4) = 1, maka f (3) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

8. Jika f ( x ) = x x + 1 dan g ( x ) = 2 x − 1 , maka ( g o f )() x = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

2 x 2 − 4 x + 9. 5 Jika f (x) = x + 1

dan (f og)(x) =

x − 2 dan berlaku g(x) ≥ 0 unt uk x > 2, maka g(x −

unt uk semua bilangan real posit if x dan y. Jika f (100) = 3 maka f (10) adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

f ( x 10. ) (OSK 2011 Tipe 3) Misalkan f suat u f ungsi yang memenuhi f (xy) =

11. (OSK 2003) Misalkan f suat u f ungsi yang memenuhi

() x + x f () − x = 2 x

unt uk set iap bilangan real x ≠

0. Berapakah nilai f (2) ?

12. (AHSME 1996) Sebuah f ungsi f : Z Æ Z dan memenuhi n + 3 j ika n ganj il

f (n) =

n 2 j ika n genap Misalkan k adalah bilangan ganj il dan f (f (f (k))) = 27. Tent ukan penj umlahan digit -digit dari k.

13. (OSP 2004) Misalkan f sebuah f ungsi yang memenuhi f (x) f (y) − f (xy) = x + y, unt uk set iap bilangan bulat x dan y. Berapakah nilai f (2004) ?

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

15. (NHAC 1998-1999 Second Round) Misalkan f adalah f ungsi unt uk semua bilangan bulat 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 ) = 1 − f ( x ) unt uk set iap x ∈ Z. Jika f (2) =

2, maka nilai f ungsi f (2009) adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

2 (AIME 1988) Misalkan f (n) adalah kuadrat dari j umlah angka-angka n. Misalkan j uga f (n) didef iniskan sebagai f (f (n)), f 3 (n) sebagai f (f (f (n))) dan set erusnya. Tent ukan nilai dari f 1998 (11).

Eddy Hermanto, ST 22 Aljabar

4. SUKU BANYAK

A. Pengert ian Suku Banyak Perhat ikan bent uk-bent uk alj abar berikut :

(i) x 2 − 5x + 9 (ii) 4x 3 + 6x − 2x

(iii) 2x 4 − 7x 3 + 8x 2 +x − 5 (iv) − 2x 5 +x 4 + 7x 3 − 8x 2 + 3x − 4

Bent uk-bent uk alj abar di at as disebut j uga dengan suku banyak at au polinom dalam peubah (variabel) x. Yang dimaksud deraj at suat u sukubanyak dalam peubah x adalah pangkat t ert inggi dari peubah x yang t ermuat dalam suku banyak t ersebut . Suku banyak pada (i) memiliki deraj at 2 sedangkan suku banyak pada (ii), (iii) dan (iv) bert urut - t urut berderaj at 3, 4 dan 5.

B. Kesamaan Suku Banyak Misalkan t erdapat dua buah suku banyak f (x) dan g(x) yang dinyat akan dalam bent uk umum sebagai berikut :

f (x) = a x n +a x n-1 n +a x n-2 n-1 n-2 + ⋅⋅⋅ +a 1 x+a o dan

g(x) = b n-2 n x +b n-1 x

n n-1

+b n-2 x + ⋅⋅⋅ +b 1 x+b o

Kalau f (x) sama dengan g(x) (dapat dit ulis f (x) ≡ g(x)) maka harus memenuhi

a n =b n ; a n-1 =b n-1 ; a n-2 =b n-2 ;

⋅⋅⋅ ; a 1 =b 1 ; a o =b o

Cont oh 44 : Diket ahui kesamaan dua buah suku banyak p(x + 1) + q(x − 1) ≡ 7x −

3. Nilai p + 2q = ⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi : 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 menghasilkan p = 2 dan q = 5 Jadi, p + 2q = (2) + 2(5) = 12

C. Pembagian Suku Banyak Sebagaimana pembagian dalam bilangan, pembagian suku banyak pun memiliki kemiripan dengan pembagian pada bilangan t ersebut . Pembagian f (x) oleh p(x) dapat dit ulis sebagai berikut :

f (x) = p(x) ⋅ g(x) + s(x)

dengan

f (x) adalah suku banyak yang akan dibagi p(x) adalah pembagi g(x) adalah hasil bagi s(x) adalah sisa pembagian Sebagaimana dalam pembagian bilangan, persyarat an s(x) adalah bahwa pangkat t ert inggi (deraj at ) dari s(x) harus kurang dari p(x). Cara pembagian dalam suku banyak pun mengikut i pembagian dalam bilangan.

Cont oh 45 :

Tent ukan hasil bagi dan sisanya j ika 4x 4 + 3x 3 − 2x 2 +x − 7 dibagi x 2 + 4x − 2

Solusi :

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

Karena f (x) berderaj at 4 maka q(x) akan berderaj at 2 sehingga q(x) = ax 2 + bx + c

Eddy Hermanto, ST 23 Aljabar

Karena koef isen x 4 dari f (x) sama dengan 4 maka koef isien x 2 dari q(x) j uga 4 sehingga a = 4.

Kalikan 4x 2 dengan (x 2 + 4x −

2) didapat 4x 4 + 16x 3 − 8x 2 . Kurangkan 4x 4 + 3x 3 − 2x 2 +x − 7 dengan

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

Kalikan − 13x dengan (x 2 + 4x −

2) didapat − 13x 3 − 52x 2 + 26x. Kurangkan − 13x 3 + 6x 2 +x − 7 dengan

7. Karena koef isien x 2 sama dengan 58 maka konst ant a dari q(x) sama dengan 58 sehingga c = 58.

− 13x 4 − 52x 2 + 26x didapat 58x 2 − 25x −

2) didapat 58x 2 + 232x − 116. Kurangkan 58x 2 − 25x − 7 dengan 58x 2 + 232x − 116 didapat − 257x + 109.

Kalikan 58 dengan (x 2 + 4x −

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

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

Cont oh 45 merupakan pembagian suku banyak dengan cara pembagian bersusun. Apabila pembaginya linier maka pembagian j uga dapat dilakukan dengan cara horner.

Cont oh 46 :

Tent ukan hasil bagi dan sisanya j ika f (x) = x 3 + 2x 2 + 3x − 5 dibagi x − 2

Solusi :

Maka pembagian f (x) = x 3 + 2x 2 + 3x − 5 oleh x − 2 akan menghasilkan x 2 + 4x + 11 dengan sisa 17.

D. Teorema Sisa Dari penj elasan sebelumnya t elah 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 dalil sisa. Lebih lanj ut dengan cara yang sama didapat bahwa j ika f (x) dibagi (ax + b) maka sisanya adalah

f () b − a .

Cont oh 47 :

Tent ukan sisanya j ika f (x) = x 4 − 6x 3 − 6x 2 + 8x + 6 dibagi x − 2

Solusi : Dengan t eorema sisa akan didapat sisa j ika f (x) dibagi x − 2 adalah f (2).

Sisa = f (2) = 2 4 − 6 ⋅ 2 3 − 6 ⋅ 2 2 +8 ⋅ 2+6= − 34. Jadi, sisa j ika f (x) = x 4 − 6x 3 − 6x 2 + 8x + 6 dibagi x − 2 adalah − 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 x 2 − 1 akan memil iki sisa ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Eddy Hermanto, ST 24 Aljabar

Solusi : Persoalan 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. Telah dij elaskan sebelumnya bahwa deraj at sisa selalu kurang dari pembagi. Karena deraj at pembagi sama dengan 2 maka kit a dapat memi salkan bahwa deraj at sisa sama dengan 1. Jadi, dapat dimisalkan 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

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 x 2 − 1 akan memiliki sisa x + 4

E. Teorema Fakt or Set elah mempelaj ari t eorema sisa, maka selanj ut nya akan dipelaj ari pengert ian f akt or dalam suku banyak. Pengert ian f akt or dalam suku banyak dapat dinyat akan dalam bent uk t eorema f akt or berikut :

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

f (k) = 0 Perhat ikan bahwa pernyat aan di at as merupakan biimplikasi. Sehingga pernyat aan di at as memiliki 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 dalam deraj at n maka ada paling banyak n buah akar real persamaan f (x) = 0.

Cont oh 49 :

Tunj ukkan bahwa (x + 2) merupakan f akt or dari f (x) = x 4 + 3x 3 + 4x 2 + 8x + 8.

Solusi :

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 linier dari x 4 − 3 2x −

2 13x + 14x + 24 = 0

Solusi : Kit a akan mencoba menyelesaikannya dengan horner.

Fakt or bulat dari 24 adalah ± 1, ± 2, ± 3, ± 4, ± 6, ± 8, ± 12 dan ±

24. Kit a akan mencoba akar-akar t ersebut j ika ada.

Karena sisanya t idak sama dengan 0 maka (x −

1) bukan f akt or.

Eddy Hermanto, ST 25 Aljabar

Karena sisanya sama dengan 0 maka (x −

2) adalah f akt or linier.

4 − 3 − x 2 2x 13x + 14x + 24 = (x −

2)(x 3 − 13x − 12)

Karena sisanya sama dengan 0 maka (x + 1) adalah f akt or linier.

x 4 − 2x 3 − 13x 2 + 14x + 24 = (x − 2)(x + 1)(x 2 − x − 12)

x 4 − 2x 3 − 13x 2 + 14x + 24 = (x − 2)(x + 1)(x − 4)(x + 3) Maka f akt or-f akt or linier dari x 4 − 2x 3 − 13x 2 + 14x + 24 adalah (x + 1), (x − 2), (x + 3) dan (x − 4).

F. Teorema Viet a

Jika p ( x ) = a n x + a n − 1 x + a n − 2 x + L + a 1 x + a 0 adalah polinomial dengan pembuat nol : x 1 , x 2 , x 3 , ⋅⋅⋅ , x n , (dengan kat a lain x 1 , x 2 , x 3 , ⋅⋅⋅ , x n adalah akar-akar p(x) = 0) maka hubungan- hubungan berikut berlaku :

1 x 2 x 3 L x n − 1 x n = () − 1 a n

Cont oh 51 :

Persamaan kuadrat x 2 + 5x − 7 = 0 memil iki akar-akar x

1 dan x 2 . Tent ukan nilai x 1 +x 2 .

Solusi : Dari persamaan x 2 + 5x − 7 = 0 didapat nil ai A = 1, B = 5 dan C = − 7

x +x − 1 B 2 = A = − 5 x x = C 1 2 A = − 7

x 3 +x 3 = (x +x ) 1 3 2 1 − 3x 2 2 1 x

2 − 3x 1 x 2

x 3 1 +x 3 2 = (x 1 +x 2 ) 3 − 3x 1 x 2 (x 1 +x 2 )

x 3 1 +x 3 2 =( − 5) 3 − 3( − 7)( − 5) = − 125 − 105 x 3 +x 1 3 2 = − 230.

Cont oh 52 :

15 = 0 memiliki akar-akar a, b, c dan d. Maka nilai dari

Persamaan suku banyak x 4 − 3 2 5x − 16x + 41x −

a. a 2 +b 2 +c 2 +d 2

a + b + c + d adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

1 1 1 b. 1

Eddy Hermanto, ST 26 Aljabar

Solusi : a+b+c+d=5

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

a. a 2 +b 2 +c 2 +d 2 = (a + b + c + d) 2 − 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) = 5 2 − 2( −

b. 1 + 1 + 1 + 1 = abc + abd + acd bcd

a b c d abcd

Cont oh 53 : (OSP 2005/ Canadian MO 1996) Jika α , β dan γ adalah akar-akar x 3 − x − 1 = 0 maka t ent ukan nilai

Solusi :

3 2 Dengan melihat Ax 3 + Bx + Cx + D = 0 dan x − x − 1 = 0 didapat A = 1, B = 0, C = − 1 dan D = − 1. + +

A =0

= αβ C αγ βγ − 1 A = 1 = − 1

A = − 1 =1

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 x 2 + 3x −

10 sisanya adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

2. Jika v(x) dibagi x 2 − x dan x 2 + x bert urut -t urut akan bersisa 5x + 1 dan 3x + 1, maka bila v(x) dibagi x 2 − 1 sisanya adalah ⋅⋅⋅⋅

3. (OSP 2006) Jika (x − 1) 2 membagi ax 4 + bx 3 + 1, maka ab = ⋅⋅⋅⋅

4. (OSK 2008) Jika a dan b adalah bilangan-bilangan bulat dan x 2 − x − 1 merupakan f akt or dari ax 3 + bx 2 + 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 x 4 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 x 2 − 2x −

3, maka sisanya adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Eddy Hermanto, ST 27 Aljabar

7. (OSP 2009) Misalkan p(x) = x 2 − 6 dan A = {x ∈ R ⏐ p(p(x)) = x}. Nilai maksimal dari { ⏐ x ⏐ : x ∈ A} adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

8. Jika persamaan (3x 2 − x + 1) 3 dij abarkan dalam suku-sukunya maka akan menj adi persamaan

polinomial a x 6 6 +a 5 x 5 +a x 4 4 +a 3 x 3 +a 2 x 2 +a 1 x+a 0 . Tent ukan nilai dari :

a) a 6 +a 5 +a 4 +a 3 +a 2 +a 1 +a 0

b) a 6 − a 5 +a 4 − a 3 +a 2 − a 1 +a 0

c) a 6 +a 5 +a 4 +a 3 +a 2 +a 1

d) a 6 +a 4 +a 2 +a 0

9. (OSK 2010) Polinom P(x) = x 3 − 2 x +x − 2 mempunyai t iga pembuat nol yait u a, b, dan c. Nilai dari

a 3 +b 3 +c 3 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅