Solusi Pengayaan Matematika

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 ₂ 1 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 ₄₀₁₄ 1 ₄₀₁₄ 2 k 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 8cos2 π 7 , 4 π 8cos 7 and 6 π 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 2 π 2cos 7 x  , ₂ 2cos4 π 7 x  , dan ₃ 2cos6 π 7 x  . Menurut Vieta: a b x x x₁ ₂  ₃  2 π 4 π 6 π 2cos 2cos 2cos

7 7 7

b a

   

2 π 2 π 4 π 6 π sin 2cos 2cos 2cos

7 7 7 7 2 π sin 7  _{ }       2 π 2 π 2 π 4 π 2 π 6 π 2sin cos 2sin cos 2sin cos

7 7 7 7 7 7 2 π sin 7    4 π 6 π 2 π 8 π 4 π sin sin sin sin sin

7 7 7 7 7 2 π sin 7      8 π 6 π 2 π sin sin sin

7 7 7 2 π sin 7    π 2 π 8sinπ cos sin

7 7 2 π sin 7    1 1 b a   a c x x x x x x_{1 2}  _{1 3}  _{2 3}  2 π 4 π 2 π 6 π 4 π 6 π 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos

7 7 7 7 7 7

c

a     

2 π 4 π 2 π 6 π 4 π 6 π

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

7 7 7 7 7 7 c a        _{ } _{ } _{ }       6 π 2 π 8 π 4 π 10 π 2 π 2 cos cos cos cos cos cos

7 7 7 7 7 7 c a    _      _   2 π 4 π 6 π 8 π 10 π 2 π

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

7 7 7 7 7 7 c a   _   _    

3 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

8π 10 π 2 π 1 2cos 2cos 2cos

7 7 7

c

a    

6 π 4 π 2 π

1 2cos 2 π 2cos 2 π 2cos

7 7 7 c a        _  _ _  _     6 π 4 π 2 π 1 2cos 2cos 2cos

7 7 7 c a     _   _   1 1 c a   2 c a  a d x x x_{1 2 3} 2 π 4 π 6 π 2cos 2cos 2cos

7 7 7

d a

   

2 π 2 π 4 π 6 π 8sin cos cos cos

7 7 7 7 2 π sin 7  4 π 4 π 6 π 4sin cos cos

7 7 7 2 π sin 7  8 π 6 π 2sin cos 7 7 2 π sin 7  6 π 6 π 2sin 2 π cos 7 7 2 π sin 7  _       6 π 6 π 2sin cos 7 7 2 π sin 7   12 π sin 7 2 π sin 7   2 π sin 2 π 7 2 π sin 7    _  _    2 π sin 7 ₁ 2 π sin 7   1 d a  

Karena itu persamaannya adalah _x3_{ }

 

_{1 x}2_{ }

   

_{2 x  1 0 x}3_x2_{2x 1 0.}

123. Diberikan ABC siku-siku di C yang panjang sisi-sisi adalah a, b, dan c, dengan abc. Dua lingkaran yang sama dengan jari-jari r berada di dalam segitiga yang bersinggungan dan juga sisi AC dan AB dan lingkaran yang lain menyinggung sisi AC dan BC. Buktikan bahwa





a b c b c b r     3

3 dan hitunglah r jika a6,b8,danc10.

Solusi: 2 tan 1 2 tan 2 tan 2 A A A   2 tan 1 2 tan 2 2 A A b a   B C a A b c r r r r _{r P} Q R S B C a A b c

4 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

2 tan 2 2 tan2 A _b A a a  0 2 tan 2 2 tan2 A_{ b} A_a a a a b b A 2 4 4 2 2 tan 2 2_    a a b b 2 2 2 _ 2_ 2   a c b 2 2 2 _ 2   a c b 2 2 2    a c b    a c b A_   2

tan (diterima) atau

a c b A _  2 tan (ditolak) AS r a c b A_   _ 2 tan b c ar AS   AS RS CR AC   b c ar r r b     2          b c a r 3           b c a b c r 3 3





3 3 b c b r c b a     (qed)





8 10 6 32 8 2 2 3 10 3 8 6 12 3 3 r          

124. ABCD adalah segi empat dengan BAC30, CAD20, ABD50,DBC 30. Jika diagonal-diagonal berpotongan di O dan panjang OD = 2007, carilah panjangOC.

Solusi 1:

Kita mempunyai ACB70, ADB80 . Sekarang kita gunakan aturan sinus pada

ABC

 , ABD, BCO , dan ADO: sin 30 1 sin 70 2sin 70 BC AB     …. (1) sin 50 sin80 AD AB   …. (2) sin 30 sin80 2sin80 BC BC OC   …. (3) sin 20 sin80 AD OD   …. (4)

Bagilah persamaan (1) oleh persamaan (2), kita mendapatkan sin80 2sin 50 sin 70 BC AD    

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

OC BC

OD AD .

Karenanya, sin80

4sin 20 sin 50 sin 70

OC OD      Tetapi



 



   

sin50 sin70 2sin70 2sin20 sin50 20

sin

4 2sin70



cos30cos70



2sin70cos302sin70cos70sin100sin40sin140 sin80sin40sin40sin80

Karenanya, OC OD 2007. A B C D O 20 30 50 30

5 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

Solusi 2:

 

ACB 70 , ADB80, x OCD dan y ODC; xy80

BCA CDB DAC ABD CBD DCA ADB BAC             

 sin sin sin sin sin sin sin

sin            

 sin80 sin sin30 sin50 sin20 sin sin70 30

sin x y

y x 4 sin20 cos20 cos40 sin sin 10 cos       y x sin80 sin sin 10 cos    y x cos10 sin sin 10 cos    y x sin sin  y x  2007 OC OD  Catatan:             

sin20 cos20 cos40 2sin40 cos40 sin80 cos10

4 .

125. Diberikan ABC adalah segitiga sama kaki dengan AB AC. Garis bagi B memotong sisi

ACpada titik Ddan bahwa BCBDAD. Jika sin10 k, carilah sin A.

Solusi 1:

Misalnya E pada BC sehingga BE BD.

AD BD BC  (diketahui) BE CE BD AD   CE AD 

Menurut teorema garis bagi:

CB AC CB AB CD AD CD CE _{  }

Karena DCE  BCA, sehingga DCE~BCA. Akibatnya DCECDEABC.

Misalnya ABC2, maka BDE BED4, CBD, sehingga





2 2 4 180       20    Karena itu, A100.

sinA sin100 sin80 cos10  1 sin 10 2  _{ 1 k} 2

Solusi 2: Menunjukkan BC2x



A1804x,ADB3x



DA BD BC  DB DA BD BC  1 x x x x 4 sin sin 1 2 sin 3 sin _{ } x x x x x

xsin4 sin2 sin4 sin sin2 3 sin   x x x x x

x cos7 cos2 cos6 cos cos3

cos     

x x

x

x cos3 cos2 cos7 6 cos    2 5 cos 2 9 cos 2 3 cos 2 9 cos x x x x 0 2 9 cos x    20 x A B D E C

6 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

Karena itu, A100



BC40



.

sinA sin100 sin80 cos10  1 sin 10 2  _{ 1 k} 2

126. Jika x adalah bilangan real merupakan solusi dari persamaan 1 2 2 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 2 1x 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 2cos  1 cos 2, dan

2 2

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

Sehingga persamaan _{1 x}



_2x2_{ 1}



_{2 1x x}2 _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 _8sinx8cos2_xsinx



_8cosx8sin2_xcosx



_{tan 3x3cos3x.}

Solusi 1:





2 2

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



2





2



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



2





2



7 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

3 3 3

8sin 8cos tan 3

cos3

x x x

x

 

3 3

8sin xcos 3x8cos xsin 3x3

Gunakan identitas: _sin3 3sin sin 3

4

x x

x  dan _cos3 cos3 3cos

4 x x x  . 8 3 3 sin cos 3 cos sin3_{x x} 3_{x x} 8 3 3 sin 4 cos 3 3 cos 3 cos 4 3 sin sin 3  _  _ x x x x x x





8 3 3 sin cos 3 3 sin 3 cos 3 cos 3 sin 3 cos sin 3 4 1     x x x x x x x x 2 3 3 sin cos 3 3 cos sin 3 x x x x 2 1 3 sin cos 3 cos sinx x x x 2 1 4 sin x 6 π sin 4 sin x π 4 2 π 6 x  k atau 4 π π 2 π 6 x   k π 1 π 24 2 x  k atau 5 π 1 π 24 2 x  k , k B

128. Selesaikanlah persamaan _sin6_xcos6_{x0, 25.}

Solusi 1:

Misalnya _psin2_{x, sehingga 1 p cos}2_x

6 6 sin xcos x0, 25



₂

 

3 ₂



3 sin x  cos x 0,25





3 3 _{1 0,25} p  p  3 _{1 3 3} 2 3 _0,25 p   p p p  2 3p 3p0, 75 0 2 4p 4p 1 0





2 2p 1 0 1 2 p  2 1 sin 2 x  1 sin 2 2 x   1 1 sin 2 sin 2 2 2 x  x  3 2 πatau 2 π 4 4 x  k x   k atau 5 2 πatau 2 π 4 4 x   k x   k , k B

8 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

Solusi 2:

6 6

sin xcos x0, 25



_sin2_xcos2_x



_sin4_xsin2_xcos2_xcos4_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 2_x 2_x



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 2_x 2_x



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 |Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007









  

cos 2cos cos 21 cos cos sin 2 _ 3 _{  } 2     

_{cos 2cos}3 _{cos 2cos 2cos}3

sin

2    

 



cos 4cos 3cos sin 2 _ 3 _{ , karena cos  0} 3 cos 4 sin 2  2



1 sin



3 4 sin 2 _{  } 2_{ } 3 sin 4 4 sin 2 _{  } 2_ 0 1 sin 2 sin 4 2_{   } 8 16 4 2 sin   8 5 2 2    4 5 1    Karena  sudut lancip, maka

4 5 1

sin   . Berarti a1, b5, dan c4. Jadi, nilai abc1540.

130. Tentukan nilai minimum dari

2 2 2 25 25 cos 16 sin x x x x x   untuk 0 x  .  Solusi 1: 2 2 2 25 25 cos 16 sin x x x x x   25 2



1 cos2



16 sin x x x x    25 sin2 2 16 sin x x x x  

Misalnya y x sinx, sehingga bentuk terakhir menjadi

2 25 16 16 25 y y y y    . Karena x 0maka sinx 0 dan 0 x   , sehingga y  . 0

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

x 

  dan pada interval ini 0 sin 2 x    . Solusi 2: 2 2 2 25 25 cos 16 sin x x x x x   25 2



1 cos2



16 sin x x x x    25 sin2 2 16 sin x x x x  

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 x x x x x x x x     25 sin2 2 40 sin 16 40 sin x x x x x x    





2 5 sin 4 40 sin x x x x   

Selanjutnya, jika 5 sinx x  4 0, maka jelas minimum 40.

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 x x    25 sin2 2 16 sin x x x x  

Misalnya y x sinx, sehingga bentuk terakhir menjadi f x

 

25y2 16 25y 16

y y



   .

Tentukan turunan pertama dan kedua, sehingga f y'

 

25 16₂

y

  dan f"

 

y 32₃ y

 . Nilai stasioner f dicapai jika f y  , sehingga '

 

0 25 16₂ 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 25 sin2 2 16 sin x x x x 

, sehingga diperoleh nilai minimum adalah

2 4 25 16 5 40 4 5        _{ .}