6b solusi pm 6 2009 barisan deret

• – 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)

  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 Dengan menggunakan rumus jumlah deret geometri diperoleh _{n n}

   3 1 4 _{n (}   

  3 1 )

  4 _{n n n n}

         

a n = 3  2 + a _n

  3

  2

  

3

2 2 3 1 8 3

  2  

  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

²

  58. 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