Edisi 13 April Pekan Ke-1, 2007 Nomor Soal: 121-130

(1)

1 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

Solusi Pengayaan Matematika

Edisi 13

April Pekan Ke-1, 2007

Nomor Soal: 121-130

121. Tentukan banyak pasangan bilangan real

 

x,y yang memenuhi persamaan x2y22007 dan

cotxcoty1.

Solusi:

cotxcoty1 y x cotπ tanπ 

   

  

 y

x π

2

π

tan tanπ

π π

2

π

πx  yk

2 1    y k x

2 2

2007 x y 

2

2 1 ₂₀₀₇

2

x _k x_ 

 

2

2 1 1 2

2 2007

2 2

x _k _  x k_  _x 

   

2

2 1 1

2 2 2007

2 2

x _k _  x k_  _

   

2

2 1

1 2

2 2007

2 4 2

k k

x

 _ 

 

 _ _  _  _  _ _

 

2

2 1

1 2 2007 2 4 4 2

k k

x

 _ 

 

 _ _  _  _

  

 

 

Karena

2

1

2007 2

4 2

k

 _ 

 

 _{ } _{, maka}

2

1

4014 2

k

 _  _

 

 

1 1

4014 4014 0

2 2

k k

 _{ }  _{ } _

  

  

1 1

4014 4014

2 k 2

     

(2)

2 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

Setiap nilai k memberikan dua kemungkinan pasangan

 

x,y , karena 2

2 1

1 2

2 2007

2 4 2

k k

x

 _ 

 

 _ _  _  _

  

 

  memberikan dua nilai x, kemudian nilai y ditentukan dari

2 1    y k

x .

Jadi, banyak pasangan bilangan real

 

x,y adalah 2

 

126 252.

122. Jika 8cos2π 7 ,

4π 8cos

7 and

6π 8cos

7 adalah akar-akar persamaan berderajat tiga (kubik), carilah

persamaan tersebut. Solusi:

Misalnya persamaan berderajat tiga (kubik) adalah ax3 bx2 cxd0_{dengan akar-akarnya}

1

2π 2 cos

7

x  , ₂ 2cos4π 7

x  , dan ₃ 2cos6π 7

x  .

Menurut Vieta:

a b x x

x₁ ₂  ₃ 

2π 4π 6π

2cos 2cos 2cos

7 7 7

b a

   

2π 2 π 4 π 6 π

sin 2 cos 2 cos 2 cos

7 7 7 7

2π sin

7

 _ _ 

 

 



2π 2 π 2 π 4 π 2 π 6 π 2 sin cos 2 sin cos 2 sin cos

7 7 7 7 7 7

2π sin

7

 



4π 6 π 2 π 8π 4 π sin sin sin sin sin

7 7 7 7 7

2π sin

7

   



8π 6 π 2 π sin sin sin

7 7 7 2π sin

7

 



π 2 π

8sinπ cos sin 7 7

2π sin

7



  1

1 b a  

a c x x x x x

x₁ ₂  ₁ ₃  ₂ ₃ 

2π 4π 2π 6π 4π 6π

2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos

7 7 7 7 7 7

c

a     

2π 4π 2π 6π 4π 6π

2 2 cos cos 2 2 cos cos 2 2 cos cos

7 7 7 7 7 7

c a

     

 _ _ _ _ _ _

     

6π 2 π 8π 4 π 10π 2 π

2 cos cos cos cos cos cos

7 7 7 7 7 7

c a

 

 _      _

 

2π 4 π 6 π 8π 10 π 2 π

2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos

7 7 7 7 7 7

c a

 

_   _  

(3)

3 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

8π 10π 2π

1 2cos 2cos 2cos

7 7 7

2cos 2cos 2cos

7 7 7

d a

   

2π 2 π 4 π 6 π 8sin cos cos cos

(4)

4 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

tan (diterima) atau

a c b A _ 

2

tan (ditolak)

AS Jika diagonal-diagonal berpotongan di O dan panjang OD = 2007, carilah panjangOC.

Solusi 1:

Bagilah persamaan (1) oleh persamaan (2), kita mendapatkan sin 80 2sin 50 sin 70

Bagilah persamaan (3) oleh persamaan (4), kita mendapatkan 1 2sin 20

(5)

5 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

Menurut teorema garis bagi:

(6)

6 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

Karena itu, A100



BC40



.

sinAsin100 sin 80 cos10  1 sin 10 2   1k2

126. Jika x adalah bilangan real merupakan solusi dari persamaan 2

2 1

1 2 1

1 x

x x

x 

  

 , carilah nilai

dari x 102 5. Solusi:

2

2 1

1 2 1

1 x

x x

x 

  





2



2

1 x 2x  1 2x 1x

Di sini jelas bahwa 1x1.

Misalnyaxcos(0  π), sehingga

1 x 1 cos  2sin2 2



 2 sin 2



 ,

2 2

2x  1 2 cos  1 cos 2, dan

2 2

2x 1x 2cos 1 cos  2cos sin sin 2,

Sehingga persamaan 1 x



2x2 1



2x 1x2 menjadi

2 sin cos 2 sin 2 2

 _ _

 

2 sin cos 2 sin 2 2

 _ __ _

2 sin 2 sin 2

2 4

 _  __

 

 

sin sin 2

2 4

 _  __

 

 

π

2 2 π 4 2 k



   atau 2 π π 2 π 4 2 k



    , kB

3 π 2 π 2   4 k atau

5 3π 2 π 2  4  k , kB

π 4 π

6 3k

   or 3π 4 π

10 5k

   , kB

Karena 0  π, kita memiliki 3π

10

 , kemudian akarnya adalah

4 5 2 10 10

π

3

cos  



x .

10 2 5 100 20 10 2 5 10 2 5 20

4 4

x  

      

127. Selesaikanlah persamaan 2



2



8sinx8cos xsinx 8cosx8sin xcosx tan 3x3cos 3x. Solusi 1:





2 2

8sinx8cos xsinx 8cosx8sin xcosx tan 3x3sec3x



2





2



8sinx 1 cos x 8cosx 1 sin x tan 3x3sec3x



2





2



(7)

7 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

3 3 3

8sin 8cos tan 3

cos 3

Gunakan identitas: 3 3sin sin 3

(8)

8 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

Solusi 2:

6 6

sin xcos x0, 25



2 2



4 2 2 4



sin xcos x sin xsin xcos xcos x 0, 25

4 2 2 4

sin xsin xcos xcos x0, 25





2

2 2 2 2

sin xcos x 3sin xcos x0, 25

2 2

1 3sin xcos x0, 25

2 2

3sin xcos x0, 75

1 cos sin

4 2x 2x



2sinxcosx



2 1 1 2 sin2 x

1 2 sin x

1 2

sin x atau sin2x1

π

2 2

2x  k atau 2 π 2 3

2x   k atau 2 2 π 2

x   k

π

4

x k atau 3 π

4

x  k atau π

4

x   k , kB

Solusi 3:

Gunakan kesamaan a3b3 



ab



33ab



ab



, sehingga kita mendapatkan

6 6

sin xcos x0, 25



₂ ₂



3 ₂ ₂



₂ ₂



sin xcos x 3sin xcos x sin xcos x 0, 25

2 2

1 3sin xcos x0, 25

2 2

3sin xcos x0, 75

1 cos sin

4 2x 2x



2sinxcosx



2 1 1 2 sin2 x

1 2 sin x

1 2

sin x or sin2x1

π

4

x k atau 3 π

4

x  k atau π

4

x   k , kB

129. Jika

c b a

  18

sin , tentukan nilai abc.

Solusi:  18 

  5 18 5

  90 3 2  







 sin90 3 2

sin     cos3 2

sin 



 





cos cos2  sin

2

  

 

cos cos2 cos sin2 sin sin

2  







   



cos 2cos 1cos 2sin cos sin sin

2  2  

  

 

cos 2cos cos 2sin cos sin

(9)

9 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

130. Tentukan nilai minimum dari

2 2 2

Misalnya yxsinx, sehingga bentuk terakhir menjadi 2 Selanjutnya dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM diperoleh

AMGM

16 16

25y 2 25y 40

y y

   

Kesetaraan akan tercapai jika 25 16 2 16 4

25 5

y y y

y

     .

Karenanya nilai minimum adalah 40 (jika sin 4 5

x x ; sehingga sinx x adalah kontinu dan naik

pada interval 0

2

Kita menyatakan pembilang sebagai bentuk kuadrat sempurna dengan menambah 40 sin sin

x x x x

 ,

sehingga

2 2

25 sin 16 40 sin 40

sin sin

(10)

10 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

2 2 2

25 25 cos 16 sin

x x x

x x

  25 2



1 cos2



16 sin

x x

 

 25 2sin2 16

sin

x x

 

Misalnya yxsinx, sehingga bentuk terakhir menjadi

 

2

25 16 16

25

y

f x y

y y



   .

Tentukan turunan pertama dan kedua, sehingga

 

2 16 ' 25

f y

y

  dan

 

3 32 "

f y y

 .

Nilai stasioner f dicapai jika f'

 

y 0, sehingga

2 16

25 0

y

   4

5

y atau 4 5

y  .

Perhatikan bahwa " 4 125 0

5 2

f   _{ } 

  berarti nilai f adalah minimum sedangkan

4 125

" 0

5 2

f _ _  

  berarti nilai f adalah maksimum.

Substitusikan sin 4 5

yx x ke

2 2

25 sin 16 sin

x x



, sehingga diperoleh nilai minimum adalah

2 4

25 16

5

40 4

5     

  _ _.