Edisi 6 Pebruari Pekan Ke-2, 2009 Nomor Soal: 51-60

1 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2009

Solusi Pengayaan Matematika

Edisi 6

Pebruari Pekan Ke-2, 2009

Nomor Soal: 51-60

51. Bagaimanakah cara meperoleh rumus

6 ) 1 2 )( 1 ( ...

2 1 1

2 2

2

2_{    }  





n n n n k

n

k

?

Solusi:

Kita mulai dengan bentuk dasar (k + 1)3 = k3 + 3k2 + 3k + 1 (k + 1)3–k3 = 3k2 + 3k + 1

Jika kita memberi nilai kmulai dari 1, 2, 3, …, n; maka diperoleh 23 – 13 = 3  12 + 3  1 + 1

33– 23 = 3  22 + 3  2 + 1 43– 33 = 3  32 + 3  3 + 1

……….

(n + 1)3–n3 = 3n2 + 3n + 1

Jika seluruhnya dijumlahkan, maka diperoleh

(n + 1)3– 13 = 3(12 + 22 + 32+ … + n2) + 3(1 + 2 + 3 + … + n) + (1 + 1 + … + 1)

52. Hitung hasil dari 122232 42 ... 2005220062200722008220092

Solusi 1:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 3 4 ... 2005 2006 2007 2008 2009

A         

(122 ) (32  24 ) (52  26 ) ... (20052   22006 )2 



2007220082



20092

 (1 2)(1 2) (3 4)(3 4) ... (2007 2008)(2007       2008)20092

 ( 1)(3) ( 1)(7) ( 1)(11) ... ( 1)(4015)       20092

 ( 1)(3 7 11 ... 4015)    20092

Perhatikan bahwa 3 + 7 + 11 + … + 4015 adalah deret aritmetika, dengan a = 3, b = 7 – 4 = 4, dan u_n 4015, sehingga

b n a

un  ( 1) 4015   3 (n 1) 4

4015 3

1 1004 4

n   

) (

2 n

n a u

n S  

n k k

n

n

k n

k

              









1 1

2 3

3 3

) 1 (

n k n

k

n

k n

k

                







 1

3

1

2 _{( 1) 1 3}

3 n  n  n   n n n

2 ) 1 ( 3 1 1 3 3 2

3 _{n n n}

2 1 2 3 2 3_{ } 

      





n

k k

1

2 _{(2 3 1)} 6

2_{ n}

n n

6 ) 1 2 )( 1

(  

2 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2009

1004

1004

(3 4015) 2

S   1004 2009

2 1004

( 1) 2009

A  S   ( 1)(1004 2009) 20092 2009(2009 1004) 2.019.045

Jadi, hasil dari 12223242 ... 2005220062200722008220092 _adalah 2.019.045.

Solusi 2:

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 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

        





2

2008

1 2008 2009 2

    2009



10042009



2.019.045

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

    

Perhatikan bahwa 1 + 5 + 9 + … + 4017 adalah deret aritmetika dengan

a



1

, b514, dan

4017 n

u  , sehingga

b n a

u_n  ( 1)

4017  1 (n 1)4 40164n4 4n4020

4020 : 4 1005

n 



n



n a u

n S  

2





1005

1005

1 4017 2

S   2.019.045

Jadi, hasil dari 12223242 ... 2005220062200722008220092 _adalah 2.019.045.

Solusi 4:

Kita mengetahui bahwa 12 22 32 ... 2



1 2



1



6

n n n

n  

    

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 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.

3 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2009

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. 54. Diketahui rumus umum suatu deret: an13an4, n 0, dan a0 = 2. Tentukanlaha2009.

Solusi:

a1 = 3  2 + 4

a2 = 3 (3  2 + 4) + 4 = 3 2 _

2 + 3  4 + 4

a3 = 3(3 2 _

2 + 3  4 + 4) + 4 = 33  2 + 32  4 + 3  4 + 4 Sehingga untuk an dapat ditulis dalam bentuk

an = 3 n _

2 + (3n-1 + 3n-2 +…+32 + 3 + 1)4

Dengan menggunakan rumus jumlah deret geometri diperoleh

an = 3 n _

2 + 3 2



3 1 4



3 2 2 3



1



8 3 2 3 1

n

n n n n

n

a           

 Jadi, nilai dari a₂₀₀₉ 8 320092.

55. Diberikan a1,a2,a3,...,an,...adalah sebuah barisan bilangan real sedemikian, sehingga a11,





2

1

1 1

4a_na_n  a_na_n  , a_na_n1. Tentukanlah a_n.

Solusi:

Perhitungan langsung menghasilkan: 1

1 

a

1 

n  4a₁a₂



a₁a₂1



2 41a₂



1a₂1



2 4a₂ a2₂

a2



a24



0

a2 0(ditolak) atau a2 4(diterima) 2



n  4a₂a₃



a₂a₃1



2 44a₃



4a₃1



2 16a₃96a₃a₃2

a₃210a₃90



a31



a39



0

a31(ditolak) atau a39(diterima)

Dengan demikian, a₁1, a2 4, a39, sehingga secara sugesti bahwa 2

n a_n . Fakta ini dapat kita buktikan dengan induksi, sebagai berikut.

Pertama ia benar untuk n = 1. Kedua untuk setiap n, maka a_n n2. Ketiga untuk n1, maka

1 3

4 ) 1 3 (

 

4 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2009





2 1 2 1

2 ₁

4n a_n  n a_n 

 







₂



2 1

2 2 1 1

2 _{2 1 1}

4n a_n  a_n  n  a_n  n 

 



₂



2

1 1 2 2 1 1

2 _{2 2 1}

4n a_n  a_n  n a_n  a_n  n 

 

a_n1 22n2a_n12a_n1



n21



2 0

 

a_n1 2



2n22



a_n1



n21



20







a_n1 n12





a_n1



n1



2



0





2

1 1  n

a_n atau a_n1



n1



2 Karena anan1,





2 1 1  n

a_n .

Jadi, a_n n2.

56. Sebuah barisan x₁,x₂,x₃,...,x_n,... didefinisikan oleh x₁1 dan

n x n x_{n 1} 1 1 _n1

      

 untuk setiap

bilangan bulat positif n. Tentukanlah x₂₀₀₉.

Solusi:

n x n x_{n 1} 1 1 _n1

       

1

1 1

1 1 1

n n

x x

n n

       

   



1



1

1 1

1  

       

 n

n x

n x





2009 2008

2009

1 1

2008

x   x  2009 2008 ... 2



₁ 1



2008 2007 1 x

     2009 2 = 4018

2009 4018 1 4017

x   

57. Hitunglah nilai dari132333 ... 2008320093.

Solusi:

Kita mengetahui bahwa:









2 3

3 3

3 3

1 2 1 1

... 3 2 1

  

 _

     

 n n n n

132333 ... 2008320093  13 2333 ... 20063200932 2



34363 ... 20083











2

3 3 3 3 3

1

2009 2009 1 2 2 1 2 3 ... 1004

2

 

_   _      

 









2

2 1

2009 1005 16 1004 1004 1

2

 

   _   _

 





2009 1005

 

2 2 1004 1005



2 10052



2009220082



10052



2009 2008 (2009 2008)





1005240174.057.270.425

58. Jika a0,a1,...,a50adalah polinomial





25 2

1xx , buktikan bahwa a0a1...a50 adalah genap.

Bukti:

Misalnya x1 _{dan berikan ke dalam persamaan:}



1xx2



25a₀a₁xa₂x2 ...a₅₀x50

Kita mendapatkan bahwa:

325a0a1a2...a50…. (1)

5 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2009

Perhatikan bahwa bentuk terakhir ini menunjukkan bilangan genap. Akibat ini adalah bahwa

50 1

0 a ... a

a    adalah genap. (qed).

59. Untuk semua bilangan bulat positif n, diberikan

n

Observasi bahwa:

1

Berdasarkan pola tersebut diperoleh _ 

Kita dapat membuktikan ini menggunakan induksi matematika sebagai berikut.

Untuk n = 1, kita memperoleh a

60. Diberikan

n

6 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2009

Solusi:

n n a_n

log ) 1 log( 

  a_nnlog



n1



2 3 4 1023 2 10

2 3 4 ... 1023 log 3 log 4 log 5 ... log1024 log1024 2log 2 10

a    a a a        





 1023

2 log100 1

n a

q p

n





 1023

2 100

log

n

n q p a

100 100 100

2 3 1023

loga loga ... loga p q

   





100

2 3 4 1023

log a a a ... a p

q

    





q p

 1024 log log2 100

q p

 10 log 100

q p

 2 1