UJIAN PENGHABISAN SEKOLAH MENENGAH TINGKAT ATAS TAHUN

1 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

Mengenang Jejak Sebagian Kecil Bangsa Indonesia Yang Pernah Mengikuti Ujian

Sekolah Pada Masa Silam

UJIAN PENGHABISAN SEKOLAH MENENGAH TINGKAT ATAS

TAHUN 1932

ALJABAR

1.

HBS (Hogere Burger School) NI dan AMS (Algemeene Middelbare School) afd B,

1932

Carilah

x

dari persamaan berikut.

2 2

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

10 3 5 x x x x    _{  }

bilangan pokok adalah 10. Solusi 1:

2 2

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

10 3 5 x x x x    _{  }





2 2 1 log 2 2log 3

2log 1 log _log 1 log10

10 10 3 5 x x x _x    _{  }

102log2 1 101 log 2 2log2 1 10 5 x _   x_{ }

102log2 1 10log 2 101 2log2 51 5 x _{ }  x _ 2 2 2log 1 2log 1 2 51 10 5 10 x x     

Ambillah y102log2x1, sehingga

2 51 5 y y   5y251y100



y10 5



y 1



0 10 1 5 y  y 102log2 1 10 102log2 1 1 5 x _{ } x _ 2 2log 2 10 1 2log 1 1 10 5 x x    2log2x 2 102log2x2

log2x 1 2log2xlog10log 2

log 1 log2 1log 2 1 0,3010 0,1505

2 2

x   x   

2 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 log 1 ₂ 1 10 x  x  log2x0,1505 logx  0,1505 Ambillah a 0,1505, sehingga log 1log 0,1505 1



0,1775 1



0,5888 1 0,3880 2 2 a      a logx  0,1505 0,3880

logx0,3880x₃ 2, 4434 logx 0,3880x₄ 0, 4093 Solusi 2: 2 2 1 log 2 2log 1 2log 1 log 1 log 3

10 3 5 x x x x    _{  } 2 2 3 log 20 2log 2log log10 log 10 1 3 10 5 x x x x     2 log 20 2log log 2log log log 10 1 10 10 5 x x x x x x x      





2log log log 20 2log 10 ₅₁ 10 5 x x x x x x    2log 2log 51 20 10 5 x x x x    x2logx 200_2logx 102 x  

Ambillah yx2logx, sehingga y 200 102 y   y2102y2000



y100



y2



0 y100 atauy2

x2logx 100atau x2logx2

2logxlogxlog100atau 2logxlogxlog 2 2log2x2atau 2log2xlog 2

log2x1atau log2 1log 2 1 0,3010 0,1505

2 2 x    logx  1 logx  0,1505 logx  1 x₁ 10 log 1 ₂ 1 10 x  x  log2x0,1505

3 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 logx  0,1505 Ambillah a 0,1505, sehingga log 1log 0,1505 1



0,1775 1



0,5888 1 0,3880 2 2 a      a logx  0,1505 0,3880

logx0,3880x₃ 2, 4434 logx 0,3880x₄ 0, 4093

2.

HBS (Hogere Burger School) NI, 1932

Akar-akar dari persamaan

2

0

x px q

, kita sebut

x₁danx₂

. Kita bentuk sekarang

sebuah persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya adalah

1 2

1 1

2dan 2

x  x 

.

Kalau diketahui bahwa dari persamaan baru ini koefisien dari

x2

, dari

x

, dan dari suku

tetap, dalam urutan ini merupakan suatu deret hitung, maka perhubungan apakah yang

ada antara

p

dan

q

?

Buktikanlah bahwa jumlah kuadrat akar-akar persamaan pertama



2 2



1 2

x x

pada harga

p

dan

q

yang berubah-ubah (tetapi perhubungan antara

p

dan

q

tetap), mempunyai sebuah

harga minimum. Hitunglah harga

p

dan

q

pada mana diperoleh harga minimum.

Solusi:

Persamaan kuadrat x2 px q 0mempunyai akar-akar x₁danx₂. _{1 2} 1 b p x x p a        dan _{1 2} 1 c q x x q a   

Akar-akar persamaan kuadrat baru adalah

1 2 1 1 2dan 2 x  x 

.

1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 x x 4 p 4 JAA x x x x q           1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2 4 2 x x 4 HKA x x x x x x x x x x       _  _  _      _{ }      1 2 p 4 q q     _{ }   Persamaan kuadrat baru yang diminta adalah





2 0 x  JAA xHKA 2 1 4 2 4 0 p p x x q q q     _  _   _{ }      2 1 2 4 4 0 p p x x q q q   _  _      

Diketahui bahwa dari persamaan baru ini koefisien dari

x2

, dari

x

, dan dari suku tetap,

dalam urutan ini merupakan suatu deret hitung, sehingga diperoleh hubungan antara

p

dan

q

berikut ini.

2 1 3 2 u  u u u 1 2 4 1 4 4 p p p q    q q   q

4 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 5 1 2 8 p q  p p q 4p13q 1 0





2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 x x  x x  x x  p  q

Karena 4p13q 1 0 tetap berlaku, sehingga 1



4 1



13 q p , maka





2





2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 4 1 13 x x  x x  x x p  p 2 8 2 13 13 p p   

Nilai minimum dicapai untuk

8 4 13 2 13 p    

Jadi, nilai minimum x12x22 adalah 2 4 8 4 2 16 32 26 10 13 13 13 13 169 169     _  _{  }        

3.

HBS (Hogere Burger School) Nederland, 1932

Antara bilangan

x

dan

y

ada perhubungan berikut.

log 2

10 x

x  x y

1. Hitunglah harga y, kalau 1 10

x , juga kalau x1, x100, x10p. 2. Hitungkag x kalau y1.

3. Buktikanlah bahwa pada tiap harga y yang lebih besar dari 1

100 ada dua harga x yang ada (bestaanbaar) yang hasil perbanyakkannya 100.

Solusi: 1. xlogx10x y2  log 2 10 x x y x  1 log 1 10 2 1 1 1 10 10 10 100 1 1 10 _{1 10} 10 _{100 10} 10 x y                      _     log1 0 2 1 1 1 1 10 1 10 10 1 x  y     log100 2 2 2 100 100 1 100 10 10 100 10 100 x  y    

 

 

 

2 2 log10 2 1 2 2 2 1 10 10 ₁₀ 10 10 10 10 10 10 10 p _p p p _p p p p p p p x  y   _    

2.

log 2 1 x 10 y x  x y xlogx10x21 logxlogx log10x2

logxlogxlog10logx2

5 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

 

2 2 2 4 1 1 _{2 4 4 2 2 2} log 1 2 2 1 2 2 x              logx 1 2logx 1 2 x101 2 x 101 2 3. xlogx10x y2  log 2 10 x x y x  log 2 1 100 10 x x y x   log 2 1 log log 100 10 x x x  log 2 logx xlog10x  2 2

logxlogxlog10 log x  2

2

log x2logx 1 0

Ambillah log2x2logx 1 k, dengan k0, sehingga diskriminannya adalah

 

2





2

4 2 4 1 1 4 0

Db  ac     k  k . Karena D0, maka akar-akarnya real.

2 log x2logx  1 k 0 1 2 2 log log 2 1 b x x a        1 2 logx x 2 2 1 2 10 100 x x   (qed)

4.

HBS (Hogere Burger School) NI dan AMS (Algemeene Middelbare School) afd B,

1932

a.

Untuk

p

berharga sejati berapa, maka bentuk



2



2



3 6



2 31

2

p x  p x p

menjadi

positif buat segala harga-harga sejati dari

x

?

b.

Harga

p

yang bulat yang ditemukan dipertanyaan a sekarang dimasukkan ke dalam



₂



2



_{3 6}



_{2 3}1

2

y p x  p x p

.

Untuk

x

berharga berapa maka

y

menjadi sebuah minimum?

c.

Jelaskan ini secara grafis.

Solusi:

a. Agar bentuk kuadrat



2



2



3 6



2 31

2

p x  p x p selalu positif (untuk segala harga x yang sejati/real), maka haruslah

2 0 a  p  p2 .... (1) 2 _{4 0} Db  ac





2





1 3 6 4 2 2 3 0 2 p  p _ p _   2 2 9p 36p36 8 p 30p280

6 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 2 6 8 0 p  p 



p2



p4



0 2 p 4 .... (2) Dari (1)  (2) diperoleh 2 p 4.

b.

Bilangan bulat

p

dari

2 p 4 adalah p3.





2





1 3 2 3 6 2 3 2 p  y p x  p x p





2





1 3 2 3 3 6 2 3 3 2 y  x    x   2 _{3 2}1 2 yx  x 3 2 2 b x a     2 3 1 3 2 2 2 x   y x  x 2 3 3 1 9 9 5 1 3 2 2 2 2 4 2 2 4 y _ _  _ _        

Fungsi kuadrat ini mencapai minimum pada 3 2

x  , sehingga nilai minimumnya adalah 1

4

y .

c.

Grafik fungsi kuadrat

2 2 _{3 2}1 3 1

2 2 4

yx  x _x _ 

 

.

5.

HBS (Hogere Burger School) NI dan AMS (Algemeene Middelbare School) afd B,

1932

a.

Buktikan rumus

log log

log

p q

q

p



.

b.

Carilah sesudahnya

x

dari persamaan:

3 2 2 1 1 3 log log 5 a ax _x a a  

.

Solusi:

X Y O 1 2 _{3 2}1 2 yx  x 3 2 2 3 2 x  1 3 1 , 2 4 _      4 1 2

7 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

a.

Ambillah

plogqx

.... (1)

Dari persamaan (1) diperoleh:

pxq

.... (2)

Dari persamaan (2) diperoleh:

x p q logpxlogq log log x p q log log q x p  .... (3)

Dari persamaan (1) dan (3) diperoleh: log log log p _q q p  (terbukti/qed)

b.

3 2 2 1 1 3 log log 5 a ax _x a a   3 2 _{2 1} 3 log log 5 a ax _x a  a  3 2 3 2 log log 5 a ax _x a a    2 3 log log 3 2 5 log log a a a a a a ax a x     2 3 2 1 3 5

log log log log

a _a a _x a _a a _x  _{ }   2 1 3 5 1 2 loga x 3 alogx  _{ }  

Ambillah yalogx, sehingga _{1 2}2_{y 3}1_y 3₅      2 6 2 1 2 3 5 3 5 2 y y y y     _   20y25 9 15y6y2 6y2 5y340



6y17



y2



0 17 2 6 y   y alogx   3 1₆ alogx2 1 3 2 6 xa   x a 3 6 2 1 x a x a a   

8 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

6.

HBS (Hogere Burger School) NI dan AMS (Algemeene Middelbare School) afd B,

1932

Ditentukan sebuah persamaan kuadrat dalam x, 4x2



8m4



x3m26m 5 0. Berapa harga-harga m supaya kedua akar persamaan itu sejati (nyata) dan positif?

Solusi:

Syarat kedua akar persamaan itu nyata dan positif adalah Db24ac0, x₁x₂0, dan

1 2 0 x x  (1) Db24ac0





2



₂



8m 4 4 4 3m 6m 5 0            2 2 64m 64m16 48 m 96m800 2 16m 32m640 2 _{2 4 0} m  m  2 4 16 2 4 16 0 2 2 m m                    2 2 5 2 2 5 0 2 2 m m  _  _             



m 1 5



m 1 5



0 1 5 atau 1 5 m  m  (2) x₁x₂ 0



8 4



0 4 m     2m 1 0 1 2 m  (3) x x_{1 2}0 2 3 6 5 0 4 m  m  2 3m 6m 5 0

Karena D62   4 3 5 36 60   24 0, maka bentuk kuadrat ini selalu bernilai positif untuk setiap nilai m yang real.

Dari (1)  (2)  (3) diperoleh m 1 5.

7.

LO 1932

2 2 1 1 1 1 6 21 6 21 2 2 2 2 p q x x x x  _{ }  _ _{ }         

Kalau p6log 6



2x1010



dan q6log144 2 x10 Solusi:

1)

pq 1 5 1 2  1 5  

9 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015





6_{log 6}2x10_{10 } 6_{log144 2 x10}





6 2 10 6 6

log 6 x 10  log 36 log 4 2 x10





6_{log 6}2x10_{10 } 6_{log 36}6_{log 4 2 x10}





6 2 10 6 log 6 x 10  2 log 4 2 x10





6_{log 6}2x10_{10 }6_{log 4 2 x12}





6 2 10 6 log 6 x 10  log 4  2x 12 2 10 6 6 10 log 2 12 4 x x  _    2 10 2 10 6 10 36 4 6 x x    _ 2 10 2 10 144 6 10 6 x x       2 2 10 2 10 6 x  10 6 x 1440 Ambillah y62x10, sehingga 2 10 144 0 y  y 



y18



y 8



0

18(diterima) atau 8(ditolak)

y y  2 10 6 x 18 2 10 log 6 x log18



2x10 log 6



log18 log18 2 10 1,6131 log 6 x   2x11,6131 5,8066 x

2)

1 2 1 6 21 1 2x  2x  2 _{13 42 2} x  x  2 _{13 40 0} x  x 



x5



x 8



0

5(ditolak) atau 8(diterima)

x x

3)

1 2 1 6 21 0 2x  2x  2 _{13 42 0} x  x 



x6



x7



0 6atau 7 x x Sayaratnya: x 6 p6log 6



2 6 10  10



6log 260

10 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 x 6 q6log144 2 6 10   6log144 2 0 x 7 p6log 6



2 7 10  10



6log12860 7 x q 6log144 2 7 10    6log144 4 0 Sehingga x6 (diterima)

4)

1 2 61 21 1 2x  2x   2 _{13 44 0}

x  x  tidak memiliki akar real, karena D 



13



2  4 1 44 7 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x5,8066; x6; x8.