Edisi 7 Pebruari Pekan Ke-4, 2006 Nomor Soal: 61-70

1 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2006

Solusi Pengayaan Matematika

Edisi 7

Pebruari Pekan Ke-4, 2006

Nomor Soal: 61-70

61. Hitunglah luas yang dibatasi oleh kurva (grafik) yang mempunyai persamaan

1

1 

 y

x .

Solusi: 1

62. Hitunglah luas yang dibatasi oleh kurva (grafik) yang mempunyai persamaan 2

Solusi:

2 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2006

63. Hitunglah luas yang dibatasi oleh kurva (grafik) yang mempunyai persamaan



(x,y) x  y 1



.

Solusi:



(x,y) x  y 1



Solusi:

2

Solusi:

3 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2006 66. Tentukan luas daerah tertutup grafik dari 30

2

x

x  y  .

Solusi:

Di sini 30

2

x x

 

Untuk y0 dan 0 2

x _

sehingga x300, maka

30 30

2 2

x x

x      y y

Untuk y0 dan 0 2

x _

sehingga x300, maka 3

3

30 30

2 2

x

x y y x

      

Untuk y0 dan 0 2

x

 sehingga x300, maka

30 30

2 2

x x

x     y y

Untuk y0 dan 0 2

x _

sehingga x300, maka

3

30 30

2 2

x

x y y x

       

Menentukan titik potong garis 3 30

2

y x dan 30

2

x

y   .

3

30 30

2 2

x

x   

2x60 30

x

60 30

30

20

O X

Y

30 2

x y  

3 30 2

y x

3 30 2

y  x

30 2

x

4 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2006 30

x  3 30 30 15

2

y   

Koordinat titik potongnya adalah



30,15 .



Menentukan titik potong garis 3 30

2

y  x dan 30

2

x

y  .

3

30 30

2 2

x x

   

2x60 30

x

30

x  30 30 15

2

y   

Koordinat titik potongnya adalah



30, 15



. Luas daerah tertutup grafik tersebut adalah

20 30 60 30 20

1

0 15 0 15 0

2 









1

20 15 30 0 60 15 30 0 30 0 60 15 30 0 20 15

2  

        _        _





1

300 0 900 0 0 900 0 300

2

        1 600 300

2

 

67. Carilah himpunan penyelesaian dari

2 1 1

1  

 x

x .

Solusi:

2 1 1

1  

 x

x

2 1 1

2_{ }

x

2 1 1 2

1 ₂

  

 x

2 3 2

1_x2_

2 1

2_

x

0 2 2 1 2 2 1

    

      



 x x

2 2 1  

x atau 2

2 1 

5 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2006

Jadi, himpunan penyelesaiannya



Solusi:

Kita mengetahui bahwa



Jadi, banyaknya nilai x yang memenuhi persamaan tersebut adalah 4 buah.

69. Tentukanlah luas daerah yang dibatasi oleh sistem pertidaksamaan x  y 1

dan y 1.

Solusi:

Kita mengetahui bahwa

6 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2006 Beberapa kemungkinan:

1. Untuk x0dan y0:

  

  

1 1

y y x

 (2, 1)

2. Untuk x0dan y0:

  

 

 

1 1

y y x

 (2, 1)

3. Untuk x0dan y0:

  

   

1 1

y y x

 (2, 1)

4. Untuk x0dan y0:

  

 

  

1 1

y y x

 (2, 1)

Luas daerah 2 1 6

2 1 2 2

4     

 satuan luas.

70. Jika N menyatakan banyak bilangan real x adalah solusi dari persamaan

1

2

3

x

    

x

x

, maka nilai dari

1003

N

adalah ....

Solusi:

Misalnya

x

 

a

2

, sehingga

1

1

a

 

a

 

a

Kuadratkan kedua ruas

2 2 2

2

1

2

1 2

1

a



a

 

a



a



a

 

a

 

a

2

4

2

1

a



a

 

a a



Kuadratkan kedua ruas



₂



2 ₂





2

4 4 1

a  a  a a



₂



2 ₂





2

4 4 1 0

a  a  a a 





2





2

2

4

4

1

0

a



_

a





a





_







2 2

₈

_{16 4}

2

₈

₄

₀

a

a



a





a



a









2 2

3

12

0

a



a









2 2

4

0

a

a





0

a



atau

a

 

2

X Y

(2, 1) (2, 1)

(2 , 1) (2 , 1)

x + y = 1 x  y = 1

7 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2006

Setelah disubstitusikan ke persamaan semula, yang memenuhi adalah

a



0

atau

a



2

.

Jika

a



0

, maka

x

    

a

2

0 2

2

. Jika

a



2

, maka

x

    

a

2

2 2

4

. Banyak solusinya ada 2 buah, sehingga

N



2

Jadi,

1003

N



1003 2

 

2006

. Solusi 2:

Misalnya

a

 

x

1

,

b

 

x

2

, dan

c

 

x

3

, sehingga persamaan menjadi

a

 

b

c

.

Kasus 1:

0,

0,

0

a



b



c



1,

2,

3

x



x



x



, kita mendapatkan

x



3

Sehingga

1

2

3

x

    

x

x

4

x



(diterima,

x



3

) Kasus 2:

0,

0,

0

a



b



c



1,

2,

3

x



x



x



, kita mendapatkan

2

 

x

3

Sehingga





1

2

3

x

   

x

x



2

x



(ditolak, kotradiksi

x



2

) Kasus 3:

0,

0,

0

a



b



c



1,

2,

3

x



x



x



, ini tidak mungkin

Kasus 4:

0,

0,

0

a



b



c



1,

2,

3

x



x



x



, kita mendapatkan

1

 

x

2

Sehingga



 



1

2

3

x

     

x

x

2

x



(diterima,

x



2

) Kasus 5:

0,

0,

0

a



b



c



1,

2,

3

x



x



x



, ini tidak mungkin. Kasus 6:

0,

0,

0

8 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2006

1,

2,

3

x



x



x



, ini tidak mungkin. Kasus 7:

0,

0,

0

a



b



c



1,

2,

3

x



x



x



, ini tidak mungkin. Kasus 8:

0,

0,

0

a



b



c



1,

2,

3

x



x



x



, kita mendapatkan

x



1

Ini akan menghasilkan seperrti kasus 1.

Dari uraian di atas, kita hanya menemukan 1 solusi, dan itu adalah

x



4

. Tetapi, dengan simetri

x



2

, karena persamaan menjadi

2 1

    

2 2

2 3

adalah benar.

Karena itu, banyak solusinya ada 2 buah, sehingga

N



2