1 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007
Solusi Pengayaan Matematika
Edisi 3
Januari Pekan Ke-4, 2007
Nomor Soal: 21-30
21. Diberikan
A = jumlah akar-akar persamaan: x5 8x3 6 x 2 7 x 2007 0
B = hasil kali akar-akar dari 2 x3 x 2 22 x 4014 0
C = nilai p sehingga x – 1 adalah faktor dari x3 px 2 6 x 6 p .
D = nilai k sehingga jumlah akar-akarnya 2 x 2 kx 2007 0 adalah 2007.
Jika N A B 2007C D , maka jumlah angka-angka bilangan N adalah ....
Solusi:
b
A
0
a
4014
B
2007
2
1 p 6 6 p 0 p 1 , sehingga C 1
k
2007
2
k 4014 , sehingga D 4014
N A B 2007C D 0 2007 2007 1 4014 4014
Jadi, jumlah angka-angka bilangan N adalah 4 + 0 + 1 + 4 = 9.
22. Diberikan polinom F ( x) a0 a1x ... an x n dan untuk empat bilangan bulat yang berbeda a,
b, c, d polinom F mempunyai F (a) F (b) F (c) F (d ) 5 . Tunjukkan bahwa tidak terdapat
bilangan bulat k sehingga F (k ) 8 .
Solusi:
Misalnya G ( x) F ( x) 5 . Dari teorema faktor kita memperoleh bahwa x a , x b , x c , dan
x d adalah faktor dari G (x ) , akibatnya terdapat polinom H (x) , sehingga:
G ( x) ( x a)( x b)( x c)( x d ) H ( x)
Jika k adalah bilangan bulat sehingga F ( x) 8 , maka G (k ) 8 5 3 atau
(k a )(k b)(k c)(k d ) H (k ) 3
Tetapi yang bersifat seperti ini tidak ada, karena faktor dari 3 hanyalah 3, 1, 1, 3, dan a, b, c, d
empat bilangan bulat yang berbeda.
23. Carilah polinom F ( x) dan G ( x ) sehingga x8 1 F ( x) x5 1 G ( x) x 1 .
Solusi:
x 1F ( x) x 1G( x) x 1
x 1 F ( x) x 1G( x) 1
8
5
8
5
x 1
x 1
x
7
x ... 1 F ( x) x 4 x3 ... 1 G( x) 1
6
Dengan pembagian Euclid kita peroleh:
1 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007
x7 x6 ... 1 x3 x 4 x3 ... 1 x 2 x 1
x 4 x3 ... 1 x 2 x 2 x 1 x 1
x 2 x 1 x( x 1) 1
Dengan bekerja terbalik diperoleh:
1 x x 1 xx x ... 1 x x x 1
1 1 x x x 1 xx x ... 1
x x ... 1 x x x ... 1 xx x
1 1 x
1 1 x x x ... 1 x 1 x xx x ... 1
1 1 x x x ... 1 x x x x x ... 1
1 x 2 x 1 xx 1
2
4
3
3
2
3
2
4
7
3
7
3
7
2
3
6
3
6
4
3
6
3
4
3
6
4
3
x x ... 1F ( x) x x
x x xx x ... 1
7
6
6
4
3
4
3
... 1
3
4
Kita dapat menuliskannya sebagai berikut.
3
3
... 1 G( x) 1 x3 x7 x6 ... 1
3
Jadi, F ( x) 1 x3 dan G ( x) x6 x3 x .
24. Buktikan bahwa 1 x x 2 ... x1023 1 x 1 x 2 1 x 4 ... 1 x 256 1 x512
Bukti:
Ambillah S 1 x x 2 ... x1023 , sehingga xS x x 2 x3 ... x1024 . Ini memberikan
S xS 1 x x 2 ... x1023 x x 2 x3 ... x1024
1 x S 1 x1024
S
1 x1024
1 x
1 x1024 1 x512 1 x 4 1 x 2
...
S
512
256
2
1 x 1 x 1 x 1 x
S 1 x512 1 x 256 ... 1 x 4 1 x 2 1 x
1 x x 2 ... x1023 1 x 1 x 2 1 x 4 ... 1 x 256 1 x512 (terbukti)
25. Tentukanlah bilangan real x sedemikian sehingga x3 3x2 3x 7 0 .
Solusi:
x 3 3x 2 3x 7 0
x 13 6 0
x 13 6
x 1 3 6
x 1 3 6
26. Jika x1 , x2 , x3 , dan x4 adalah akar-akar persamaan 4 x 4 3x3 x 2 2 x 6 0 . Berapakah nilai
1 1 1 1
?
x1 x2 x3 x4
Solusi:
Teorema Vieta:
2 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007
Jika x1 , x2 , x3 , dan x4 adalah akar-akar persamaan ax 4 bx3 cx 2 dx e 0 , maka
x1 x2 x3 x4
b
a
x1x2 x1x3 x1x4 x2 x3 x2 x4 x3 x4
x1x2 x3 x1x2 x4 x1x3 x4 x2 x3 x4
x1 x2 x3 x4
c
a
d
a
e
a
d
2
1
1 1 1 1
xx x xx x xx x xx x
1 2 3 1 3 4 1 2 4 1 2 3 a 4
e
6 3
x1 x2 x3 x4
x1 x2 x3 x4
4
a
27. Hasil kali dua akar (dari empat akar) persamaan x 4 18x3 kx2 200x 1984 0 adalah 32.
Tentukan nilai k.
Solusi:
Misalnya akar-akar persamaan x 4 18x 3 kx 2 200x 1984 0 adalah x1 , x2 , x3 , dan x4 ,
maka
x1 x2 32
e 1984
1984
a
1
xx x x
1984
x3 x 4 1 2 3 4
62
x1 x2
32
x1 x 2 x3 x 4
Sehingga untuk suatu bilangan p dan q:
x 4 18x 3 kx 2 200x 1984 x 2 px 32 x 2 qx 62
x 4 qx 3 62x 2 px 3 pqx2 62 px 32x 2 32qx 1984
x 4 p q x3 pq 30x 2 62 p 32q x 1984
p q 18 p 18 q
pq 30 k
62 p 32q 200
p 18 q 62 p 32q 200
6218 q 32q 200
1116 62q 32q 200
94q 1316
q 14
q 14 p 18 q 18 14 4
p 4
pq 30 k k 4 14 30 86
q 14
28. Tentukanlah semua nilai p yang memenuhi persamaan pangkat empat x 4 (3 p 2) x 2 p 2 0
yang mempunyai empat akar real merupakan barisan aritmetika.
Solusi:
3 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007
Misalnya akar-akar persamaan x 4 3 p 2x 2 p 2 0 yang membentuk barisan aritmetika
adalah –3a, a, a, dan 3a.
x 4 3 p 2x 2 p 2 x 3a x a x a x 3a x 2 a 2 x 2 9a 2 x 4 10a 2 x 2 9a 4
Dari kesamaan yang terakhir kita memperoleh sistem persamaan berikut ini.
3 p 2 10a 2 .... (1)
p 2 9a 4 …. (2)
Dari persamaan (1) dan (2) kita memperoleh:
3p 2
p 2 9
10
2
100 p 2 9 9 p 2 12 p 4
19 p 2 108 p 36 0
19 p 6 p 6 0
p
6
atau p 6
19
29. Jika a, b, dan c adalah penyelesaian dari persamaan x3 ax2 bx c 0 dan a, b, c 0 ,
tentukanlah nilai dari a3 b3 c3 .
Solusi:
x a x3 ax2 bx c 0
a3 a3 ab c 0
ab c 0
c ab
x b x3 ax2 bx c 0
b3 ab2 b2 c 0
b3 ab2 b2 ab 0
b2 ab b a 0
b(b a) (b a ) 0
(b 1)(b a) 0
b 1 atau a b
b 1 atau a b 1
a 1
c ab (1)(1) 1
b 1
a3 b3 c3 (1)3 (1)3 13 1 1 1 1
30. Persamaan 4 x3 7 x2 5x 1 0 memiliki akar-akar , , dan . Susunlah persamaan kuadarat
baru yang akar-akarnya ( 1) , ( 1) , dan ( 1) .
Solusi 1:
Persamaan kubik ax3 bx2 cx d 0 atau x3
dan adalah
( x )( x )( x ) 0
x
2
( ) x x 0
4 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007
b 2 c
d
x x 0 yang akar-akarnya , ,
a
a
a
x3 x 2 ( ) x 2 ( ) x x 0
x3 ( ) x 2 ( ) x 0 , dengan
b
a
c
a
, , dan
d
a
4 x3 7 x 2 5 x 1 0
5
1
7
, , dan
4
4
4
Akar-akar persamaan yang diminta adalah ( 1) , ( 1) , dan ( 1) , sehingga
7
5
4
4
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 1 1 1
1 1 1 3 3
7
7
4
4
( 1)( 1)( 1) ( ) 1( 1) 1
5
4
2( ) 3 2 3
1 7 5
7
1
4
4 4 4
5
7
7
Jadi, persamaannya adalah x3 x 2 x 0 atau 4 x3 5x2 7 x 7 0
4
4
4
Solusi 2:
Karena akar-akar persamaannya ( 1) , ( 1) , dan ( 1) adalah simetri (setangkup), maka
persamaannya adalah
x 1 4 x3 7 x 2 5 x 1 0
4( x 1)3 7( x 1)2 5( x 1) 1 0
4( x3 3x 2 3x 1) 7( x 2 2 x 1) 5 x 5 1 0
4 x3 12x2 12x 4 7 x2 14x 7 5x 5 1 0
4 x3 5 x 2 7 x 7 0
5 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007
Edisi 3
Januari Pekan Ke-4, 2007
Nomor Soal: 21-30
21. Diberikan
A = jumlah akar-akar persamaan: x5 8x3 6 x 2 7 x 2007 0
B = hasil kali akar-akar dari 2 x3 x 2 22 x 4014 0
C = nilai p sehingga x – 1 adalah faktor dari x3 px 2 6 x 6 p .
D = nilai k sehingga jumlah akar-akarnya 2 x 2 kx 2007 0 adalah 2007.
Jika N A B 2007C D , maka jumlah angka-angka bilangan N adalah ....
Solusi:
b
A
0
a
4014
B
2007
2
1 p 6 6 p 0 p 1 , sehingga C 1
k
2007
2
k 4014 , sehingga D 4014
N A B 2007C D 0 2007 2007 1 4014 4014
Jadi, jumlah angka-angka bilangan N adalah 4 + 0 + 1 + 4 = 9.
22. Diberikan polinom F ( x) a0 a1x ... an x n dan untuk empat bilangan bulat yang berbeda a,
b, c, d polinom F mempunyai F (a) F (b) F (c) F (d ) 5 . Tunjukkan bahwa tidak terdapat
bilangan bulat k sehingga F (k ) 8 .
Solusi:
Misalnya G ( x) F ( x) 5 . Dari teorema faktor kita memperoleh bahwa x a , x b , x c , dan
x d adalah faktor dari G (x ) , akibatnya terdapat polinom H (x) , sehingga:
G ( x) ( x a)( x b)( x c)( x d ) H ( x)
Jika k adalah bilangan bulat sehingga F ( x) 8 , maka G (k ) 8 5 3 atau
(k a )(k b)(k c)(k d ) H (k ) 3
Tetapi yang bersifat seperti ini tidak ada, karena faktor dari 3 hanyalah 3, 1, 1, 3, dan a, b, c, d
empat bilangan bulat yang berbeda.
23. Carilah polinom F ( x) dan G ( x ) sehingga x8 1 F ( x) x5 1 G ( x) x 1 .
Solusi:
x 1F ( x) x 1G( x) x 1
x 1 F ( x) x 1G( x) 1
8
5
8
5
x 1
x 1
x
7
x ... 1 F ( x) x 4 x3 ... 1 G( x) 1
6
Dengan pembagian Euclid kita peroleh:
1 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007
x7 x6 ... 1 x3 x 4 x3 ... 1 x 2 x 1
x 4 x3 ... 1 x 2 x 2 x 1 x 1
x 2 x 1 x( x 1) 1
Dengan bekerja terbalik diperoleh:
1 x x 1 xx x ... 1 x x x 1
1 1 x x x 1 xx x ... 1
x x ... 1 x x x ... 1 xx x
1 1 x
1 1 x x x ... 1 x 1 x xx x ... 1
1 1 x x x ... 1 x x x x x ... 1
1 x 2 x 1 xx 1
2
4
3
3
2
3
2
4
7
3
7
3
7
2
3
6
3
6
4
3
6
3
4
3
6
4
3
x x ... 1F ( x) x x
x x xx x ... 1
7
6
6
4
3
4
3
... 1
3
4
Kita dapat menuliskannya sebagai berikut.
3
3
... 1 G( x) 1 x3 x7 x6 ... 1
3
Jadi, F ( x) 1 x3 dan G ( x) x6 x3 x .
24. Buktikan bahwa 1 x x 2 ... x1023 1 x 1 x 2 1 x 4 ... 1 x 256 1 x512
Bukti:
Ambillah S 1 x x 2 ... x1023 , sehingga xS x x 2 x3 ... x1024 . Ini memberikan
S xS 1 x x 2 ... x1023 x x 2 x3 ... x1024
1 x S 1 x1024
S
1 x1024
1 x
1 x1024 1 x512 1 x 4 1 x 2
...
S
512
256
2
1 x 1 x 1 x 1 x
S 1 x512 1 x 256 ... 1 x 4 1 x 2 1 x
1 x x 2 ... x1023 1 x 1 x 2 1 x 4 ... 1 x 256 1 x512 (terbukti)
25. Tentukanlah bilangan real x sedemikian sehingga x3 3x2 3x 7 0 .
Solusi:
x 3 3x 2 3x 7 0
x 13 6 0
x 13 6
x 1 3 6
x 1 3 6
26. Jika x1 , x2 , x3 , dan x4 adalah akar-akar persamaan 4 x 4 3x3 x 2 2 x 6 0 . Berapakah nilai
1 1 1 1
?
x1 x2 x3 x4
Solusi:
Teorema Vieta:
2 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007
Jika x1 , x2 , x3 , dan x4 adalah akar-akar persamaan ax 4 bx3 cx 2 dx e 0 , maka
x1 x2 x3 x4
b
a
x1x2 x1x3 x1x4 x2 x3 x2 x4 x3 x4
x1x2 x3 x1x2 x4 x1x3 x4 x2 x3 x4
x1 x2 x3 x4
c
a
d
a
e
a
d
2
1
1 1 1 1
xx x xx x xx x xx x
1 2 3 1 3 4 1 2 4 1 2 3 a 4
e
6 3
x1 x2 x3 x4
x1 x2 x3 x4
4
a
27. Hasil kali dua akar (dari empat akar) persamaan x 4 18x3 kx2 200x 1984 0 adalah 32.
Tentukan nilai k.
Solusi:
Misalnya akar-akar persamaan x 4 18x 3 kx 2 200x 1984 0 adalah x1 , x2 , x3 , dan x4 ,
maka
x1 x2 32
e 1984
1984
a
1
xx x x
1984
x3 x 4 1 2 3 4
62
x1 x2
32
x1 x 2 x3 x 4
Sehingga untuk suatu bilangan p dan q:
x 4 18x 3 kx 2 200x 1984 x 2 px 32 x 2 qx 62
x 4 qx 3 62x 2 px 3 pqx2 62 px 32x 2 32qx 1984
x 4 p q x3 pq 30x 2 62 p 32q x 1984
p q 18 p 18 q
pq 30 k
62 p 32q 200
p 18 q 62 p 32q 200
6218 q 32q 200
1116 62q 32q 200
94q 1316
q 14
q 14 p 18 q 18 14 4
p 4
pq 30 k k 4 14 30 86
q 14
28. Tentukanlah semua nilai p yang memenuhi persamaan pangkat empat x 4 (3 p 2) x 2 p 2 0
yang mempunyai empat akar real merupakan barisan aritmetika.
Solusi:
3 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007
Misalnya akar-akar persamaan x 4 3 p 2x 2 p 2 0 yang membentuk barisan aritmetika
adalah –3a, a, a, dan 3a.
x 4 3 p 2x 2 p 2 x 3a x a x a x 3a x 2 a 2 x 2 9a 2 x 4 10a 2 x 2 9a 4
Dari kesamaan yang terakhir kita memperoleh sistem persamaan berikut ini.
3 p 2 10a 2 .... (1)
p 2 9a 4 …. (2)
Dari persamaan (1) dan (2) kita memperoleh:
3p 2
p 2 9
10
2
100 p 2 9 9 p 2 12 p 4
19 p 2 108 p 36 0
19 p 6 p 6 0
p
6
atau p 6
19
29. Jika a, b, dan c adalah penyelesaian dari persamaan x3 ax2 bx c 0 dan a, b, c 0 ,
tentukanlah nilai dari a3 b3 c3 .
Solusi:
x a x3 ax2 bx c 0
a3 a3 ab c 0
ab c 0
c ab
x b x3 ax2 bx c 0
b3 ab2 b2 c 0
b3 ab2 b2 ab 0
b2 ab b a 0
b(b a) (b a ) 0
(b 1)(b a) 0
b 1 atau a b
b 1 atau a b 1
a 1
c ab (1)(1) 1
b 1
a3 b3 c3 (1)3 (1)3 13 1 1 1 1
30. Persamaan 4 x3 7 x2 5x 1 0 memiliki akar-akar , , dan . Susunlah persamaan kuadarat
baru yang akar-akarnya ( 1) , ( 1) , dan ( 1) .
Solusi 1:
Persamaan kubik ax3 bx2 cx d 0 atau x3
dan adalah
( x )( x )( x ) 0
x
2
( ) x x 0
4 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007
b 2 c
d
x x 0 yang akar-akarnya , ,
a
a
a
x3 x 2 ( ) x 2 ( ) x x 0
x3 ( ) x 2 ( ) x 0 , dengan
b
a
c
a
, , dan
d
a
4 x3 7 x 2 5 x 1 0
5
1
7
, , dan
4
4
4
Akar-akar persamaan yang diminta adalah ( 1) , ( 1) , dan ( 1) , sehingga
7
5
4
4
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 1 1 1
1 1 1 3 3
7
7
4
4
( 1)( 1)( 1) ( ) 1( 1) 1
5
4
2( ) 3 2 3
1 7 5
7
1
4
4 4 4
5
7
7
Jadi, persamaannya adalah x3 x 2 x 0 atau 4 x3 5x2 7 x 7 0
4
4
4
Solusi 2:
Karena akar-akar persamaannya ( 1) , ( 1) , dan ( 1) adalah simetri (setangkup), maka
persamaannya adalah
x 1 4 x3 7 x 2 5 x 1 0
4( x 1)3 7( x 1)2 5( x 1) 1 0
4( x3 3x 2 3x 1) 7( x 2 2 x 1) 5 x 5 1 0
4 x3 12x2 12x 4 7 x2 14x 7 5x 5 1 0
4 x3 5 x 2 7 x 7 0
5 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007