BAB 3 Fungsi Logaritma

A. Evaluasi Pengertian atau Ingatan 1.Misal

y

1 adalah invers dari fungsiy

a.

y



x

2



1

1

2





y

x

1







y

x

Karena terdapat dua nilaixuntuk nilaiy tertentu, makaytidak punya invers b. y 3x

3 y x Maka

3

1 x

y  c. y

 

x13

3

1

y

x





1

3





y

x

Maka y13 x 1

2. x2 ; 1x0 a.

f

 

x



1

2



x ; x0

Jika dibuat garis-garis sejajar sumbux, maka garis tersebut paling banyak memotong fungsi

f

 

x

di satu titik Jika,

f

 

x

memiliki invers

2

x ; 1x0 b.

g

 

x



1

2

x ; x0

Jika dibuat garis-garis sejajar sumbux, maka terdapat garis y 1 yang memotong

g

 

x

di x1 dan x0 Jika,

g

 

x

tidak mempunyai invers

3.

 

4 3

1 2

 

x x x f

a.

y



f

 

x

, maka

4 3

1 2

 

x x y

1 2 4

3xy y x 1 4 2

3xy x  y



3

y



2







4

y



1

x

2

3

1

4









y

y

x

Jadi,

 

3 2 , 2 3

1 4

1

   

 _x

x x x

f

b.

 

2 1

4 3 1 1

4 3

1

2 

  

 x

x x

f _xx c.

 

2 1 2 1 2 0 . 3

1 0 . 4 0

1

     



f

d.

 

4

1

4

1

0

.

2

4

0

.

3

0

1

















f

4. a.

9



3

2



2

log

9



3

b.

1

.

000



10

3



log

1

.

000



3

c.

7

3



343



7

log

343



3

d.

2 1 2 log 2

2 2 2 1

 



e. 3

125 1 log 5

125

1  35 

f. e01ln10 g.

5

x



6



5

log

6



x

h. e3t 8ln83t 5. a. 2

log

32



5



2

5



32

b.

log

1



0



10

0



1

c. e e  e21  e

2 1 log

d.

81 1 3 4 81

1

log 4

3   

    

 

e. t

log

u



v



t

v



u

f. lnx t et x 6. a.

x 1 10 2

10 103 104 101 102 103

logx 0 1 2 3 4 -1 -2 -3

BAB 3

LOGARITMA

b.

x

logx

1 log10

e

loge0,4343

2

e

log

e

2



0

,

8686

3

e

log

e

3



1

,

3029

4

e

log

4



1

,

7372

e

1



e

log

1





0

,

4343

e

2



e

log

e

2





0

,

8686

3



e

log

e

3





1

,

3029

7. a. misalkan 5

log

30



x

maka5x 30 Karena52255x 3053 125 Maka2x3….. (i)

Misalkan 8

log

60



y

maka 8y 60 Karena81 88y 6082 64 Maka1 y2….. (ii)

Dari (i) dan (ii) dapat disimpulkan bahwa y

x atau 5

log

30



8

log

60

yang terbesar 5

log

30

b.misal log90x maka10x 90 100 10

90 10 10

101  x  2 Maka1x 2

Misal

ln

e

5



y

maka

e

y



e

5



y



5

Karena1x2 dan y5 maka dapat disimpulkan x y atau

log

90



ln

e

5 yang terbesar lne5.

c.misal 2

log

3



x

maka 2x3 4 2 3 2 2

21   x  2  Maka1x 2….. (i)

Misal3

log

2



y

maka 3y 2 3 3 2 3 1

30   y  1  maka 0 y1….. (ii)

dari (i) dan (ii) dapat disimpulkan bahwa x

y atau 2

log

3



3

log

2

yang terbesar

2

log

3

8. a. misalkan 9

log

27



n

, maka 27

9n 

 

3

2 n



27

3 2

3 3 n 

Sehingga 2n3 2 3  n

Jadi,

2 3 27 log

9



b. n

32 1 log

4

, maka

32 1 4n 

5 2

2

2

n



 Sehingga 2n5

2 5   n

Jadi,

2 5 32

1 log

4

  c. 5log

 

5 5 n, maka

5

5

5

n



2 1

5

.

5

5

n



1

2 3

5

5

n



Sehingga

2 3  n

Jadi,

2 3 5 5 log

5

 d. log10n, maka

10 10n 

1

10 10n  Sehingga n1 Jadi, log101 e. 25

log

625



n

, maka

625 25n 

4 2

5 n  Sehingga 2n4

2  n Jadi, 25

log

625



2

f. n

64 1 log

16

, maka

64 1 16n 

6 4

2

2

n



 Sehingga 4n6

2 3   n

Jadi,

2 3 64

1 log

g. 2log8 2 n, maka

2

8

2

n



2

8

2

n



2 1

2

.

2

2

n



3

2 1

3

2

2

n



Sehingga

2 1 3  n

Jadi,

2 1 3 2 8 log

2

 h. 2 2

log

16



n

, maka

 

2 2 n 16

 

1 4

2

2

.

2

2

1



n

4

2

2

2

3



n

Sehingga 4 2 3

 n

3 8  n

Jadi,

3 8 16 log

2 2



9. a. misalkan lne4 n, maka

4

e en 

Sehingga n4

Bentuk paling sederhana darilne4 4 b.misalkan n

e 1

ln , maka

e en 1

1



e en

Sehingga n1

Bentuk paling sederhana dariln11 e c.misalkan

ln

e



n

, maka

e

e

n



2 1

e

e

n



Sehingga

2 1  n

Bentuk paling sederhana dari

2 1 ln e  d.misalkan e4 n

ln , maka e

en 

1

e en 

Sehingga n1

Bentuk paling sederhana dari lne1 e.misalkan lne2 n, maka

2



e en

Sehingga n2

Bentuk paling sederhana dari lne22 f.

 

lne 2 ?

dari jawaband.dapat dibentuk paling sederhana dari lne1, maka

 

1

1 1 1

1 1

lne2 2  ₂  

10. a.

y



4

log

5

x

Syarat numerus harus lebih besar 0, berarti5x0

0  x

Jadi, dominan fungsi tersebut adalah interval

 

0

,



b.

y



log



3



4

x



Syarat numerus harus lebih besar 0, berarti34x0

3 4   x

4 3  x

Jadi, dominan fungsi tersebut adalah interval 

     ,

4 3

c.

y



ln

 

x

2

syarat numerus harus lebih besar 0, karena x2 selalu bernilai positif untuk

0 

x , maka domain fungsi tersebut adalah



x

|

x



0

,

x



R



d. y 

 

lnx 2

Syarat numerus harus lebih besar 0, berarti x 0

jadi, domain fungsi tersebut adalah interval

 

0

,



e.

y



ln



x

2



25



Syarat numerus harus lebih besar 0, 0

25

2

  x



x



5

 

x



5



0

5

 

x atau x5

f.

y



ln



2



x



x

2



Syarat numerus harus lebih besar 0, 0

2  2 

x x



2



x

 

1



x



0

1 2 

 x

jadi, domain fungsi tersebut adalah interval





2

,

1



g. 

  

 

 

5 3 2 log

x x y

Syarat numerus harus lebih besar 0, 0

5 3 2

  x

x

0 3

2x  atau x50 2

3  

x x5

2 3  

x

atau

x5

jadi, domain fungsi tersebut adalah

interval 

  

 _{ }

2 3

, atau

 

5

,



h. 

  

 

 

5 3 2 log

x x y

Syarat numerus harus lebih besar 0, 0

5 3 2

  x

x

0 3

2x  atau x50 2

3 

x x5

5  

x

atau

2 3  x

jadi, domain fungsi tersebut adalah interval







,



5



atau 

     ,

2 3

B. Evaluasi Pemahaman dan Pennguasaan Materi.

1. a.

y



2

log

 



x

Domain :







,

0



Range :







,





Intercepty: tidak ada Interceptx: –1 Asimtot : sumbuy

b.

y





2

log

 



x

Domain :







,

0



Range :







,





Intercepty: tidak ada Interceptx: –1 Asimtot : sumbuy c.





3

log





2





1

x

y

grafikydidapa dari grafik

y



3

log

x

digeser ke kanan 2 satuan, lalu dicerminkan terhadap sumbux, kemudian digeser ke atas 1 satuan Domain :

 

2

,



Range :







,





Intercepty: tidak ada Interceptx: 5

Asimtot : sumbu x2 d.

y





log

 

x



1

Domain :





1

,





Range :







,





Intercepty: 0 Interceptx: 0

Asimtot : sumbu x1 e.

y



ln

 



x

Domain :







,

0



Range :







,





Intercepty: tidak ada Interceptx: –1 Asimtot : sumbuy f.

y





ln

 



x

Domain :







,

0



Range :







,





Intercepty: tidak ada Interceptx: –1 Asimtot : sumbuy g.

y



ln



x



e



h.

y



ln

 



x



2

Domain :







,

0



Range :







,





Intercepty: tidak ada Interceptx: 1₂

e  Asimtot : sumbuy 2.

 



3



2



1

x

x

x

f

Untuk setiap fungsi

f

 

x

berlaku komposisi

f

 

x

dengan fungsi inversnya adalah fungsi identitas

I

 

x



x

 



f

x

 

f

f



 

x

f

1





1

 

x

x

I





Sehingga

f



f

1

 

x





x

Jadi,



1

 

5





5

f

f

3.



titikAadalah titik potong grafik

y



2

x dengan sumbu

y



x



0



1

2

0





0





y

x

 

0

,

1

A





titikBadalah titik potong grafik

x

y



2

log

dengan sumbu

x



y



0



x

y



0



0



2

log

x 

0

2 1  x

 

1

,

0

B





titikCadalah titik potong grafik

x

y



2

log

dengan nilai x4

4

log

4





2



y

x

4

2

y



2

2

2

y



2  y

 

4

,

2

C





titikDberada pada grafik

y



2

xfungsi x

y



2

saling invers dengan fungsi

x

y



2

log

.

Karena titikDterletak pada

y



2

x, titikCterletak pada

y



2

log

x

sedangkan jarakC ke yx sama dengan jarakDke y x, maka titikDadalah

invers dari titik

C

 

4

,

2

Jadi,

D

 

2

,

4

4.



titikAadalah titik potong grafik

y



e

x dengan sumbu

y



x



0



1

0





0





y

e

x

 

0

,

1

A





titikBadalah titik potong grafik ylnx dengan sumbu

x



y



0



x y 00ln

x e0 

1  x

 

1

,

0

B





titikCterletak pada grafik

y



e

x dengan nilai x 1

e e y

x1  11 

     

e C 1,1



titikDberada pada grafik ylnx Fungsi ylnx saling invers dengan fungsi

y



e

x

karena titikDterletak pada y lnx, titik Cterletak pada

y



e

x, sedangkan jarak C ke y x sama dengan jarakDke

x

y  , maka titikDadalah invers dari

titik 

    

e C 1,1

jadi, 

     1, 1

e D

5. a.

y



21

log

x

b.

y



2

log

2

x

c.

x x

y2log1 2y 1

1

2y x x y





2

x

y



2

log



d.

2 2 2 log

2 x x

y   y  x y

 2 . 2

x y



1

2

x

y



1



2

log



2

log





1



x

y

6. a.

y



2

log

 

x



1

Domain :

 

1

,



Range :







,





b.

y



3

log

 

1



x

Domain :







,

1



Range :







,





7. a.

f

 

x



e

x1

y

x

e

y

x

ln

1

1











1 ln 

 y

x

Maka 1

   



ln



1

x

x

f

b.grafik

c. Intersepx:e(masukkan y0 ke fungsi

f

1

 

x

) Intersepy: tidak ada

Asimtot : sumbuy 8. a.

9

   

t



ln

t



1

 t e

t 9

1 

  ₁

9 

 t e t

 

1

9

1



t



e

t

b.

c.Intersepx: tidak ada Intersepy: 2

Asimtot : y1

1. D.

Grafik fungsi y logx

 Titk potong sumbu x y 0

1

10

log

0



x



x



0



Titiknya

 

1

,

0

 Syarat numerus pada fungsi logaritma harus positif.

Bilangan numerus adalahx, maka 0



x , dengan perkataan lain grafik berada di kanan sumbuy

 Turunan fungsi logx adalah

10 ln .

1 x yang nilainya positif untuk x0. Karena turunanya selalu bernilai positif untuk x0, maka fungsi tersebut adalah fungsi naik

Jadi, grafiknya sebagai berikut 2. D.

Grafik fungsi

x y2log1

x x

y y 1

2 1 log

2  



y x

2 1 

y x2

x

y



2

log



x

y





2

log

Jadi, y x

x

y 2log1  2log Grafik fungsi

y





2

log

x

adalah percerminan fungsi

y



2

log

x

terhadap sumbux. sedangkan grafik fungsi

x

y



2

log

juga mempunyai titik potong sumbuxpada

 

1

,

0

, grafiknya ada disebelah kanan sumbux, dan merupakan fungsi naik 3. D.

b

a





,

log

5

3

log

3

2

2 18

18

5

2

log

50

log





2 18 18

5

log

2

log





5

log

.

2

18

log

1

18

2





18

log

2

3

2

log

1

5 2

2







2 5

2 2 2

3

2

log

2

3

log

2

log

1









2 5 5

2

3

log

2

log

2

3

log

.

2

1

1









3 log . 2 2 2

1 1

5 5 log

1

2    

5 log

2 5 log . 3 log

1 log 4 log 3 2 log

2 log 4 log

3 log 2 log . log 2 log . 1 log . 1 log

a

log

.

log

.

log

  



a

b

b

c

c

a

 

a

b

 

b

c

 

c

a

log

.

3

.

log

.

2

log

.

1









   

a

b

b

c

c

a

log

.

log

.

log

.

log

.

log

.

log

.

log . 2 3 log . log 3 log .

2 2 3

5

3

log

1

log

.

Diketahui

log

₄

24

2

log

log



log log



log

log



log

.

6

1

log

6

log

5

log

3

log

2 2

2





5 log . 3 1 3 log .

log

5

3 log .

B. Evaluasi Pemahaman dan Penguasaan Materi.

1. log2log27log6log5log3log18 log

 

 

10 3 log 270

log  3



10 log 3

log

8

a



5

log

3

2

a  5 log .

log

2



log .

log

5

log

2

2



5 log .

3.akan dibuktikan





_



log

2

log

a

log log

a

log

log

a

log

.

Jadi, terbukti bahwa





_



log

2

log

a

x

x

a

a

a

4.Diketahui :

a

p p a

log

9

log

9

log



….. (i)

Akan dibuktikan bahwa a

log

p



p

log

a



1

Bukti :

Substitusi g p kepersamaan (i) menjadi

a

p

p

_p

p a

log

log

log



a

p

_p a

log

1

log



1

log

log

p



p

a



a

Terbukti

5.Diketahui e

log

10



2

,

3

log

10



e

4347826

,

0

log

10



e

435 , 0 

6. a.akan dibuktikan bahwa untuk sembarang bilangan positifNberlaku

N

N

e

log

.

7183 ,

log

log

log

₁₀

10



4343

,

0

log

7183

,

2

log

N

log

.

443

,

0

1

₁₀



N

log

.

3025

,

2

10



N

log

3

log

2

log

b

a



3

2

log

2

log

b

a



2

log

.

log 1 2 log

3

log

2

log

2

log

3

1 b

a



Sehingga

 

₃

pangkatkan

3

Terbukti

b.Diketahui :

p

2



qr

akan dibuktikan :

q

p

p

p

r q r

q

log

.

log

.

2

log

log





log

log



 

 

2 1 2

1

log

log

qr

r

qr

q





; substitusi

 

_qr

21





q qr

 

r qr



log 2 1 log

2

log log

2 log 1 log 2 1 log .

log

1

log

2

log

1

log

2

log 2

1 log 1

log 2

1 log log

2  2 

log

.

log

.

2

log

log

2





r

rq

_q q

log

1

.

log



;

rq



p

2



q

p



r

q

log

.

log

.

log

.

2



Terbukti

8. a. log5

2 5 log

log 2 2

2  

a

8 log 5

log

.

log

d.

6 5 log 3 25 24 log 9 10

log 4 4

4

 

3 4

4 4

6 5 log 25 24 log 9

10

log 

      



3 4

6 5 24 25 9 10

log 

       

2

log

2

log

22

4





2 log . 2 1 2



2 1 1 . 2 1

 

e. log 175log 91log 52

91

52

.

175

log



91

52

175

log





100 log 

1 10 log  

f.

105 8 log 4 9 log 7

32 log 15

4

log 6 6 6

6

 



105 8

4 9 7 32 15

4

6

.

.

log



8 105 . 7 32 . 15

4 log

6



2 6 6

6

log

36

log





6

log

.

2

6



2 1 . 2  

9. 4

log

3

y



2

4

log

x



1

1

log

3

log

4 2

4





x

y

4 log 3

log ₂ 4

4 

x y

Sehingga 3₂ 4 x

y

2

4

3

y



x

2

3 4

x y

Jadi, bentukydalamxadalah 2 3 4

x y

10. a.

2

.

3

log



3

3

log



3

log



3

log



3

a

b

x

y

3 log . 3 log log log

log 2 3 3 3 3 3

3 _y  _x  _b _a

3 3 3 2 3

3

log

.

.

log



b

x

a

y

27

log

log

₃ 3

2 3



b

x

a

y

27

3 2



b

x

a

y

3 2

27

bx

a

y



a

bx

a

y

3 1 2

27





3 1 2

27

a

bx

y





3 1

27

a

bx

y





2 3 2 1 2 1

3

3

a

b

x

y





b. 5

log

y



a

5

log

x



2

5

log

b

2 5 5

5

log

log

log

y



x

a



b



2



5 5

log

log

y



x

a



b

Maka

y



x

a



b

2

C. Evaluasi Kemampuan Analisis 1. 2log3.2log12.2log48.2log1916

10 48 log . 12 log 2

2 _



 

2log3 2log32log4



2log32log16



16





2log32log4



2log32log16



10 



log3 2



log3 4



log3 6



16 3

log 2 2 2

2

  

 



2log32



2log34



10 

2. 7

log

x

2

y



p

dan 7

log

xy

2



q

2

1

log

log

3 7

7

xy

xy



 

3 1

3 7

log . 2 1

xy 

  



2 2



7

. . log 3 1 . 2 1

y x y x 



7 2 7 2



log log

6 1

xy y

x  



pq





3. a. 9log x h

h

x

2



1 2

log

3

h x log 2

3 2 1

h x log 4 13

h

x

4

log

3



h

x

3 4

3

3

log

log



h x34 ….. 1

k

y



1

log

3

k

y

1



3

log

k

y





3

log

k

y





log

3

k

y



log

3



log

3

3

k

y



3

 ….. 2 Dari 1 dan 2 dapat dicari

k h

y

x

.



3

4

.

3

 k h  4

3 ….. 3 k h

y

x





3

3

4

 k h  4

3 k h  4

3

b.Jika xy9 dan



27

y

x

subtitusi nilai-nilai tersebut ke 3 dan 4 k

h

xy



4 

3

k h  4

3 9

k h  4 2

3 3

k h 4

2 ….. 5

k h

y

x

_



4

3

k h  4

3 27

k h  4 3

3 3

k h 4

3 ….. 6

Eliminasi 5 dan 6 k

h 4

2 24hk



 

 h

k h 8 5

4 3

 

   k

k h

2 1

4 3

8 5  h

2 1  k

Maka 8 5  h dan

2 1  k

4. R

 

x asin



 

x1





b3 x12 R

b

a,  dan

R

 

log

5



5

 

log

5



5

R

maka







log5 1



log5 1 2 5 sin  _b3   

a 







log5 log10



log5 log10 5 2

sin  _b3   

a 









3

10 5 log 50

log

sin _b3 

a 

3 2 1 log 2

100 log

sin  3 

  

 _

  



 _b

a 







log100 log2



log2 3 sin  b3 1 

a 







2 log2



log2 3 sin  _b3 

a 

 



2 log2



1 log2 3 sin  _b3  3 

a   ;



2 x



sinx

sin   

 



sin log2



 

1 log2 3

sin  _b  3 

a 

 



log2



log2 3

sin  3 

a  b

 



log2



log2 3 sin _b3 

a  ….. 1



_log20



_asin





_log20₁





_b3_log20₁

R 







 





asin log2 log10 1 3_log2_log10₁

b







 



 asin log2 1 1

3_log2₁₁

b







_{2 log2}



3_log2

sin b

a  

 

 



_{2 log2}



3 _log2

sin b

a 

   ;

x x sin 2

sin  

 



_log2



3_log2

sin b

a 

  ;

persamaan 1 3

 

5.













0 

2

100 ;

5 log 2 log i

n i n

n

i



 





_



0

100 100

5 log . 2 . 2 log i

i i







_



0

100 100

5 log . 2 log . 2 i

i







_



0 100 100

2 log . 2 . 5 log

i

i



 











_



















...

2

log

.

2

2

log

.

2

2

log

2

5

log

2 100

1 100 0

100 100

Deret geometri konvergen



log

2



2

.

1

1

.

2

100 0





2

log

.

2

100



r

















2

log

.

2

1

2

5

log

₁₀₀

100

















4

log

100

log

1

5

log

_{100 100}

100















25

log

1

5

log

₁₀₀ 100

25

log

5

log

100

100



5

log

25





52

log

5

2 1 5 log . 2 1 5

 

A. Evaluasi Pengertian atau Ingatan 1. C.



3

10



2

log

x





x

 Penyelesaian persamaan



3

10



2

log

x





x

Bentuk Eksponen : 10 3

2 

x x

0 10 3

2  

x x



x



5



x



2





0

0

5 

x atau x20 5



x x2

 Syarat bilangan pokok lebih besar 0, maka x0

 Syarat numerus lebih besar 0, maka 0

10 3x 

10 3x

3 10   x

Dari penyelesaian persamaan yang memenuhi syarat adalah untuk x5 2. B.



5

8



1

log

2

2







x

x



5

8



log

2

log

2 2

2







x

x

Sehingga x2 5x82 0 6 5

2   

x x



x



3



x



2





0

0

3 

x atau x20 3



x x2

Syarat numerus : 0 8 5

2  

x x

Ternyata, diskriman fungsi kuadrat tersebut D

 

5 24.1.870 Karena D0 dan a0 maka fungsi tersebut merupakan definit positif (selalu bernilai positif)

Jadi, penyelesaian persamaan



5

8



1

log

2

2







x

x

adalah

3 

x atau x2 3. D.

 

1

2

log

log

.

2

3

y



3

x





 

3 2 3

2 3

3

log

1

log

log

y



x





 



1

.

9



log

log

2 3

3





x

y

Sehingga

y

2



 

x



1

9

 

1

9

2





x

y

4. D.

 

x



2

log

x

3



6

f

Akan dicari

f

1

 

x

6

log

3 2





x

y

6

log

3

2





y

x

6 3

2   y x

3 6 3 3

2





y

x

 6

3 1

2





y

x

Maka, 1

 

3 6 1

2





_

x

x

f

 

12 6

1 3

1

2

12





_

f

 

64

2

2

318 6

1







5. D.



2

1



0

log

2

2







x

x



2

1



log

1

log

2 2

2







x

x

Sehingga x2 2x11 0 2

2

  x x



x



2





0

x

0 

x atau x 2 Syarat numerus :

0 1 2

2  

x x

 

x120

Maka syarat numerus x1dari

penyelesaian x0 atau x2, keduanya memenuhi syarat

Jadi, penyelesaiannya adalah x0 atau 2

log 1

1 log

2 log

1 log 1

4 log 36 log

3 log 1

4 log 36 log 4 log 36 log

3 log 1

4 log 9 4 log 4 log 9 4 log

3 log 1

4 log 9 log 4 log 4 log 9 log 4 log

3 log 1

3 log 4 log 3 log 4 log

3 log 1

2 2 4 log . log 1

2 1 4 log 2 Diketahui

k

log

9

log . log . log

2

log

4

log



3 2 log . 2 3 3



3

log

1

log

.

2

1

log

log

2

log

log

x



log

2

log

3 3 3

2







y



8



5

log

2

log

.

3

2



3



y



5

8

log

3



3



y





8



2

log

3





y





3 2

3

3

log

8

log

log

5

log

log

.

2

2

x



2

y



.... (ii) Eliminasi persamaan (i) dan (ii)

7

log

log

2

log

.

3

5

log

log

.

log

2



log

log

x



Sehingga 24 16

x

7

log

log

2

2





y

x

7

log

16

log

2

2





y

7

log

2

log

4 2

2





y

7

log

4



2



y

3

log

2



3 2 2

2

log

log

y



Sehingga



2

3



8

y

Jadi, x y16824

B. Evaluasi Pemahaman dan Penguasaan Materi.

1. a. 2

log



2

log





2





3

x

x

Penyelesaian persamaan :









2 3

2

2

log

2

log

x

x







2



log

8

log

2 2

2





x

x

Sehingga, x22x8 0 8 2

2   

x x



x



4



x



2





0

0

4 

x atau x20 4



x x2

 Syarat numerus 1. x0 2. x20

2  x

Penyelesaian yang memenuhi syarat adalah x 4

 Hp



 

4

b.

log



x



2





log

 

x



1



log

6

Penyelesaian persamaan



2

 

1

log

6

log

x



x







3

2



log

6

log

x

2



x





Sehingga x2 3x26

0 4 3

2  

x x



x



4

 

x



1



0

0

4 

x atau x10 4



x x1

Syarat numerus : 1. x20

2  x 2. x10

1  x

Penyelesaian yang memenuhi syarat adalah x 4

 Hp



 

4

c.

log



2

x



1





log



x



3





log

7

Penyelesaian persamaan :









log

7

3

1

2

log







x

x

Sehingga 7

3 1 2

  x

x

21 7 1 2x  x

20 5x

4  x Syarat numerus : 1. 2x10

2 1  x 2. x30

3  x  Hp



 

4

d. 4

log



4



2





4

log



2



2



x

x

Penyelesaian persamaan :



4



log



2



log

2 4 2

4







x

x

Sehingga 4x2 x2 2 0 6 2x2  

0 3

2

  x



x 3



x 3



0

0

3





x

atau

x



3



0

3





x

x



3

Syarat numerus : 1. 4x20



2



x



2



x





0

2 2 

 x

2. x220



x 2



x 2



0

2





x

atau

x



2

Irisan 1 dan 2 adalah

2

2









x

atau

2



x



2

Penyelesaian persamaan yang memenuhi syarat adalah

x





3

atau x3  Hp 



 3, 3



e. 3

log



x



4





3

log



x



4





2

Penyelesaian persamaan :







2 2

3

3

log

4

4

log

x



x





9

log

16

log

2 3

3





x

Sehingga x2169 0 25

2 

x



x



5



x



5





0

5

 

x atau x 5 Syarat numerus : 1. x40

4  x 2. x40

4   x

Penyelesaian persamaan yang memenuhi syarat adalah x5

f.

log



x



3





log

 

x



1



log

6

Penyelesaian persamaan :

6 log 1 3 log 

  x x

Sehingga 6

1 3

   x x

6 6 3 

 x

x

9 5x

5 9  x Syarat numerus : 1. x30

3   x 2. x10

1  x

Penyelesaian persamaan memenuhi syarat numerus

 Hp

    

5 9

g.

log

 

x



1



log



x



3





log

 

x



1

Penyelesaian persamaan :

 

1

3



log

 

1

log

x



x





x



Sehingga

 

x



1

x



3

  



x



1

1 3  x

4  x Syarat numerus : 1. x10

1  x 2. x30

3  x

Penyelesaian persamaan memenuhi syarat  Hp



 

4

h. 3

log



2

x



5





3

log



x

2



4

x



4







2

Penyelesaian persamaan :

2 3 2

3

3 log 4

5 2

log  

  

 

  x x x

x

Sehingga,

9 1 4 4

5 2

2 

  x x

x

45 18 4 4

2    

x x

x

0 41 14

2   

x x

 

 

2

41

.

1

.

4

14

14

2

2 , 1











x

2 10 6 14 2

360

14 

 



10

3

7





Maka x₁73 10 atau

10 3 7

2  

x

Syarat numerus : 1. 2x50

2 5   x

2. 24 40 x

x



x2



2 0

Fungsi akan bernilai positif kecuali untuk 2

 x

Jadi, x2

Kedua penyelesaian persamaan memenuhi syarat numerus, Hp 



73 10,73 10



2. a. 3

7 2

1 3 log

2

  x

x

Penyelesaian persamaan :

3 2 2

2 log 7 2

1 3

log 

 x

x

8 7 2

1 3

   x x

56 16 1

3x  x 55 13x

13 55  x

13 3 4  x Syarat numerus :

0 7 2

1 3

  x x

3 1  

x atau 2 7  x

Penyelesaian memenuhi syarat Hp

      

13 3 4

b. 3

log



2

x



1





3

log



x



7





2

Penyelesaian persamaan :





3 2

3

3 log 7

1 2

log 

 x

x

9 7

1 2

  x

x

63 9 1 2x  x

64 7x

7 1 9  x Syarat numerus : 1. 2x10

2 1   x 2. x70

7  x

Penyelesaian memenuhi syarat  Hp

      

7 1 9

c. 5

log



3

x

2



20

x



50





2

Penyelesaian persamaan :



2



5 2

5

5

log

50

20

3

log

x



x





25 50 20

32  x  0 25 20

3x2  x 



x



5



3

x



5





0

5  x atau

3 5  x Syarat numerus :

0 50 20

3 2   

x x

Periksa Db24ac

 

20 2 4.3.50 

200  

Karena D0 dan a30 Maka fungsi definit positif Berarti tidak ada syarat batasx  Hp

    

3 5 , 5

d.

log



x

2



6





log

2



1



log

x

Penyelesaian persamaan :







x

6

.

2



log

10

log

x

log

2









2

x

12



log

 

10

x

log

2





Sehingga 2x21210x 0 12 10

2x2 x  0 6 5

2   

x x



x



6

 

x



1



0

6



x atau x1 Syarat numerus :

1. x260



x 6



x 6



0

6





x

atau

x



6

2. x0

Penyelesaian persamaan yang memenuhi syarat adalah x6  Hp



 

6

e. . log



10 1



2. log 1 2

1 5 2 5

 

 x

x

Penyelesaian persamaan :



10

1



2

.

log

1

log

2 5

5







x

x



10

1



_log

₅

log

2 5

2 5

2 1





x

x

Sehingga



10

2

1



5

2 21





x

x



2



2

5 1 10 2

1 x x  



₂

  

2 ₂ 2

5 1

10 2

1

x x   

 _

4 2

25 1 10x   x

0 1 10

25x4  x2 



5

2



1



2



0

x









5x1 5x1



2 0

0

1

5

x





atau

5

x



1



0

5

1





x

5

1



x

5 5 1   x

5

5

1



x

Syarat numerus :

1. 10x2 10



10x1



10x1



0 10

10 1  

x atau 10

10 1  x 2. x0

Penyelesaian yang memenuhi syarat

adalah 5

5 1  x  Hp

   

 5

5 1

f. 2

log

4

x



2

2

log

5



3

Penyelesaian persamaan :

3 2 2

2

2

log

5

log

2

4

log

x





8 log 25 4 log 2

2 x

Maka 8

25 4

 x

200 4x 

50  x Syarat numerus :

0 4x

Penyelesaian memenuhi syarat  Hp



 

50

g. 2

log



2

x



5





2

.

2

log

2

x



2

Penyelesaian persamaan :





2 2 2

2

2

log

2

log

.

2

5

2

log

x





x



4 log 4

5 2

log 2

2

2  

x x

4 4

5 2

2 

 x x

5 2 16 2  

x x

0 5 2 16 2  

x x



2

x



1



8

x



5





0

0

1

2x  atau8x50 2

1   x

8 5  x Syarat numerus :

1. 2x50 2 5   x 2. 2x0

0  x

Penyelesaian yang memenuhi syarat adalah

8 5  x  Hp

    

8 5



p

3

q



log

1

7

log

2

2







…. (i) 3. a.

q p 18 4

3   ….. (ii) Persamaan (i)



p

3

q



log

1

7

log

2

2









p

3

q



log

2

log

7

log

2 2

2









p

3

q



2

log

7

log

2

2





Maka

7



2



p



3

q



q p 6 2 7 

q

p76 ….. (iii) Eliminasi persamaan (ii) dan (iii)

q p 18 4

3   2 6p368q  

 



q q p

10 15 0

18 21 6

15 10q

2 3  q

Substitusi 2 3 

q ke persamaan (ii) q

p 18 4 3  

       

2 3 4 18 3p

16 18 3p 

24 3p

8  p

 



     

2 3 , 8 ,q p

 Hp



























2

3

,

8

8 4 :

2x y …. (i) b.

5

log

log

3

3



x

 

1

log

2

log

3

3







y

….. (ii)

Persamaan (ii)

 

1 2 log 5 log 3

3  

y x

2 2 5  y x

2 10 

 y

x ….. (iii) Substitusi (iii) ke (i)

8 4 : 2x y



10

2



:

4

8

2

y



y



8

4

4

20





y

y

y y 4 32 20  

4 12y

3 1  y

Substitusi 3 1 

y ke persamaan (iii) 2

10 

 y

x

2 3 1 . 10   x

3 1 5 3 16

 

 



     

3 1 , 3 1 5 ,y x

 Hp



























3

1

,

3

1

5

q