Latihan Materi Aljabar (1) Selesaikan persamaan

Latihan Materi Aljabar

1. Selesaikan persamaan x

2

+

x2

(x+1)2

= 3.

Solusi :

x

2

+

x

2

(

x

+

1

)

2

=

3

x2 _{(x + 1)}2 _{+ x}2 _{= 3(x + 1)}2 x4 _{+ 2x}3 _{+ x}2 _{+ x}2 _{= 3x}2 _{+ 6x + 3} x4 _{+ 2x}3_{ x}2 _{ 6x  3 = 0}

(x2_{ x  1) (x}2 _{+ 3x + 3) = 0} x2 _{+ 3x + 3 = 0 atau x}2_{ x  1 = 0}

 Untuk x2 _{+ 3x + 3 = 0} Disk = 32_{ 4(1)(3) = 3 < 0}

Tidak ada akar real yang memenuhi

 Untuk x2_{ x  1 = 0}

x

_1,2

=

1

±

√

1

2

−

4

(

1

) (−

1

)

2

x

=

1

2

+

1

2

√

5

atau

x

=

1

2

−

1

2

√

5

 Maka nilai x yang memenuhi persamaan

x

2

+

x

2

(

x

+

1

)

2

=

3

adalah

x

=

1

2

+

1

2

√

5

atau

x

=

1

2

−

1

2

√

5

2. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi x

4



4x

3

+ 5x

2



4x +

1 = 0

Solusi :

x4_{ 4x}3 _{+ 5x}2_{ 4x + 1 = 0} (x4_{ 4x}3 _{+ 6x}2_{ 4x + 1)  x}2 _{= 0} ((x  1)2₎2_{ x}2 _{= 0}

Mengingat a2_{ b}2 _{= (a  b)(a + b) maka :} (x2_{ 2x + 1  x)(x}2_{ 2x + 1 + x) = 0} (x2_{ 3x + 1)(x}2_{ x + 1) = 0}

Karena (1)2_{ 4(1)(1) < 0 maka tidak ada x real yang memenuhi x}2_{ x + 1 = 0.}

Untuk x2 _{ 3x + 1 = 0 dipenuhi oleh}

x

1,2

=

3±

√

3

2

−

4

(

1

) (

1

)

2

sehingga

x

_1,2

=

3±

√

5

2

 Maka nilai x real yang memenuhi adalah

x

=

3

+√

5

2

atau

x

=

3

−√

5

2

.

3. Jika

x

=

√

3

4

+

3

√

2

+

1

, maka nilai dari

(

1+X1

)

3

adalah



Solusi :

Misalkan

y

=

3

√

2

maka x = y2 _{+ y + 1}

(

1

+

1

x

)

3

=

(

1

+

1

y

2

+

y

+

1

)

Mengingat (y  1)(y2 _{+ y + 1) = y}3_{ 1 dengan y  1  0 maka}

(

1

+

1

x

)

3

=

(

1

+

y

−

1

y

3

−

1

)

3

Karena y3_{ 1 = 2  1 = 1 maka}

(

1

+

1

x

)

3

=

y

3

=

2



(

1

+

1

x

)

3

=

2

.

4. Tiga buah bilangan merupakan barisan aritmatika. Bila suku

tengahnya dikurangi 5, maka terbentuk suatu barisan geometri

dengan rasio sama dengan 2. Jumlah barisan aritmatika itu adalah



Solusi :

Misalkan ketiga bilangan yang membentuk barisan aritmatika tersebut adalah a  b, a dan a + b.

a  b, a  5 dan a + b merupakan barisan geometri dengan rasio 2. (a  5)2 _{= (a  b)(a + b)}

a2_{ 10a + 25 = a}2_{ b}2

10a = b2 _{+ 25  (1)}

Karena rasio barisan geometri tersebut sama dengan 2 maka a  5 = 2(a  b)

a = 2b  5  (2) 20b  50 = b2 _{+ 25}

(b  5)(b  15) = 0 b = 5 atau b = 15

Jika b = 5 maka a = 5 sehingga barisan tersebut adalah 0, 0, 10 yang tidak memenuhi.

Jika b = 15 maka a = 25 sehingga barisan tersebut adalah 10, 25, 40 yang memenuhi.

 Jadi, jumlah ketiga barisan tersebut adalah 10 + 25 + 40 = 75

5. Diketahui 0 < a < b < c < d adalah bilangan bulat yang memenuhi a,

b, c membentuk barisan aritmatika sedangkan b, c, d membentuk

barisan geometri. Jika d



a = 30 maka tentukan nilai dari a + b + c +

d.

Solusi :

Karena a, b, c membentuk barisan aritmatika maka b = a + k dan c = a + 2k untuk suatu nilai k.

Karena 0 < a < b < c < d serta a, b, c, d  N maka k  N.

Karena b, c, d membentuk barisan geometri dan b = a + k serta c = a + 2k maka d =

cr =

(

a

+

2

k

)

2

a

+

k

.

d  a = 30

(

a

+

2

k

)

2

a

+

k

 a = 30

(a + 2k)2_{ a(a + k) = 30(a + k)} 4k2 _{= 30a + 30k  3ak}

2k(2k  15) = 3a(10  k)

Jika 2k  15 < 0 dan 10  k < 0 maka k <

15

2

dan k > 10 yang tidak mungkin

terpenuhi.

Jika 2k  15 > 0 dan 10  k > 0 maka

15

2

< k < 10  (1)

Karena 4k2 _{= 30a + 30k  3ak maka 4k}2 _{= 3(10a + 10k  ak)}

Karena k bulat maka haruslah k merupakan bilangan kelipatan 3  (2) Dari (1) dan (2) didapat nilai k yang mungkin hanyalah k = 9 sehingga a = 18. Jadi, a = 18, b = 27, c = 36 dan d = 48.

 Maka a + b + c + d = 129

6. Jika f(xy) = f(x + y) dan f(7) = 7, maka f(49) =



Solusi :

f(xy) = f(x + y)

Jika x = n dan y = 1 maka f(n) = f(n + 1)

Maka f(49 ) = f(48) = f(47) = f(46) =



= f(7)

Karena f(7) = 7 maka

 f(49) = 7

7. Misalkan f adalah fungsi untuk semua bilangan bulat x dan y yang

memenuhi f(x + y) = f(x) + f(y) + 6xy + 1 dan f(



x) = f(x). Nilai dari

f(3) sama dengan



Solusi :

f(x + y) = f(x) + f(y) + 6xy + 1 dan f(x) = f(x) untuk x dan y bulat. Jika x = y = 0 maka f(0) = f(0) + f(0) + 1 sehingga f(0) = 1

Jika x = 3 dan y = 3 maka f(0) = f(3) + f(3)  54 + 1 Karena f(3) = f(3) maka

1 = 2f(3)  53

 f(3) = 26

8.

Suku banyak f(x) dibagi (x + 1) sisanya



2 dan dibagi (x



3)

sisanya 7. Sedangkan suku banyak g(x) jika dibagi (x + 1) akan

bersisa 3 dan jika dibagi (x



3) akan bersisa 2. Diketahui h(x) = f(x)



g(x). Jika h(x) dibagi x

2



2x



3, maka sisanya adalah



Solusi :

f(1) = 2 dan f(3) = 7. g(1) = 3 dan g(3) = 2 h(x) = f(x)  g(x)

h(1) = (2)(3) = 6 dan h(3) = (7)(2) = 14. h(x) = (x + 1)(x  3)  k(x) + ax + b

Untuk x = 1 maka h(1) = a + b = 6  (1) Untuk x = 3 maka h() = 3a + b = 14  (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat a = 5 dan b = 1

 Jadi, sisa jika h(x) dibagi x2_{ 2x  3 adalah 5x  1}

9.

Tentukan semua nilai m sehingga persamaan x

4



(3m + 2)x

2

+ m

2

Misalkan keempat akar x4_{ (3m + 2)x}2 _{+ m}2 _{= 0 adalah a  b, a, a + b dan a + 2b} (a  b) + (a) + (a + b) + (a + 2b) = 0

b =  2a maka keempat akar tersebut adalah 3a, a, a dan 3a. m2 _{= (3a)(a)(a)(3a) = 9a}4

Jadi, m = ± 3a2

(3a)(a) + (3a)(a) + (3a)(3a) + (a)(a) + (a)(3a) + (a)(3a) = (3m + 2) (3  3  9  1  3 + 3)a2 _{= 3m  2}

10a2 _{= 3m  2} 30a2 _{= 9m + 6} ±10m = 9m + 6



m

=

−

6

19

atau

m

=

6

10. Jika suku pertama deret geometri tak hingga adalah 2 dan rasionya

adalah r =

mα

=

β

m

untuk nilai m > 0 dan



,



akar-akar x

2



(3m +

2)x + (4m + 12) = 0, maka jumlah deret geometri tak hingga tersebut

adalah



Solusi :

x2_{ (3m + 2) + (4m + 12) = 0 memiliki akar-akar  dan  maka}

 +  = 3m + 2

 = 4m + 12

m

α

=

β

m

m2 _{= } m2 _{= 4m + 12} (m  6)(m + 2) = 0 Maka m = 6.

Persamaan kuadrat tersebut adalah x2_{ 20x + 36 = 0 yang memiliki akar-akar 2 dan} 18.

Karena syarat barisan tak hingga adalah 1 < r < 1 maka  = 18 dan  = 2.

Jadi,

r

=

6

18

=

1

3

Karena a = 2 maka jumlah deret tak hingga tersebut adalah

2

1

−

1

3

= 3.

 Jumlah deret tak hingga tersebut adalah 3

11.

Diberikan persamaan

3

x2−3x+2

+

3

x2−3x

=

10

. Jika x

₁

dan x

₂

adalah

penyelesaiannya, maka

3x1+x2_=⋯⋯

Solusi :

3

x2−3x+2

+

3

x2−3x

=

10

memiliki penyelesaian x1 dan x2. Misalkan y =

3

x2_−3x

maka 9y + y = 10 sehingga y = 1

Maka x2_{ 3x = 0 sehingga nilai x yang memenuhi adalah 0 dan 3.}

 3x1+x2

= 33 _{= 27.}

12. Jika



x



+ x + y = 10 dan x +



y





y = 12, maka x + y =



Solusi :

* Jika x dan y di kuadran I maka x = x dan y = y

2x + y = 10 dan x = 12 sehingga y = 14 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran I) * Jika x dan y di kuadran II maka x = x dan y = y

y = 10 dan x = 12 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran II) * Jika x dan y di kuadran III maka x = x dan y = y

y = 10 dan x  2y = 12 sehingga x = 32 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran III) * Jika x dan y di kuadran IV maka x = x dan y = y

2x + y = 10 dan x  2y = 12

Nilai (x, y) yang memenuhi adalah (

32

5 ,

−

14

5 ) (memenuhi (x, y) di kuadran IV)

 x + y =

32

5 _

14

5 ₌

18 5

13. Tentukan bilangan bulat terbesar n sehingga terdapat bilangan bulat

unik k yang memenuhi

158 <

n n+k<

7 13

.

Solusi :

8 15

<

n n+k

<

7 13 8

15 _< n n+k

8n + 8k < 15n sehingga k <

7n

8  (1)

n n+k <

7 13

13n < 7n + 7k sehingga k >

6n

7  (2)

Maka

6n

7 < k <

7n 8

Agar nilai k hanya ada 1 kemungkinan maka

7n

8 _

6n 7  2

7n

8 _

6n

7 =

n

56 _ 2

n  112

Jika n = 112 maka 96 < k < 98.

Hanya ada satu nilai k yang memenuhi yaitu k = 97

 Bilangan n terbesar yang memenuhi adalah n = 112

14. Diberikan f(x) = x

2

+ 4. Misalkan x dan y adalah bilangan-bilangan

real positif yang memenuhi f(xy) + f(y



x) = f(y + x). Nilai minimum

dari x + y adalah



f(x) = x2 _{+ 4} f(xy) = x2_y2 _{+ 4} f(y  x) = (y  x)2 _{+ 4} f(y + x) = (y + x)2 _{+ 4} f(xy) + f(y  x) = f(y + x)

x2_y2 _{+ 4 + (y  x)}2 _{+ 4 = (y + x)}2 _{+ 4} x2_y2 _{+ y}2 _{+ x}2_{ 2xy + 4 = y}2 _{+ x}2 _{+ 2xy} x2_y2 _{+ 4 = 4xy}

(xy  2)2 _{= 0} Jadi xy = 2

x

+

y

≥

2

√

xy

=

2

√

2

Tanda kesamaan terjadi jika x = y =

√

2