SMA Negeri 5 Bengkulu Jalan Cendana Nomor 20 Bengkulu

(1)

DIKTAT

PEMBINAAN OLIMPIADE MATEMATIKA

TAHUN PELAJARAN 2010-2011

DISUSUN OLEH :

EDDY HERMANTO, ST

SMA Negeri 5 Bengkulu

Jalan Cendana Nomor 20

(2)

AHSME

:

American High School Math Exam

AIME :

American

Invitational Mathematics Examination

APMO

:

Asian Pasific Mathematical Olympiad

ARML

:

American Regions Mathematics League

COMC

:

Canadian Open Mathematics Challenge

Hongkong PSC

:

Hongkong Preliminary Selection Contest

India RMO

:

India Regional Mathematical Olympiad

MATNC

:

Mu Alpha Theta National Convention

ME VXNY

:

Mathematical Excalibur Volume X Nomor Y

NHAC

:

Niels Henrik Abel Contest

OSK

:

Olimpiade Sains Indonesia SMA/MA Tingkat Kabupaten/Kota

OSK SMP/MTs :

Olimpiade Sains Indonesia SMP/MTs Tingkat Kabupaten/Kota

OSN

:

Olimpiade Sains Indonesia SMA/MA Tingkat Nasional

(3)

Alhamdulillah Penulis ucapkan kepada Allah, SWT karena dengan karunia-Nya Penulis

dapat menyelesaikan penulisan diktat ini. Diktat ini Penulis tulis dalam rangka mempermudah tugas

dalam mempersiapkan siswa-siswa SMA menghadapi olimpiade matematika pada tahap-tahap awal.

Menurut pengamatan Penulis, masih ada jurang pemisah yang cukup jauh antara

siswa-siswa dari pulau Jawa dengan dari luar pulau Jawa. Masih sangat banyak siswa-siswa-siswa-siswa di luar pulau

Jawa yang belum memahami persoalan-persoalan dasar di bidang Olimpiade Matematika sehingga

mengalami kesulitan besar ketika akan menghadapi OSN. Buku ini berusaha menjawab tentang

persoalan-persoalan mendasar di bidang Olimpiade Matematika tersebut. Para guru pembina

olimpiade diharapkan dalam membina siswa-siswa juga memberikan soal-soal pada tingkatan OSN

pada kegiatan umpan balik yang dapat dilaksanakan setelah guru menyelesaikan pembinaan

pada setiap babnya.

Penulis menyarankan sebelum menyampiakan isi materi buku ini, Pembina Olimpiade di

sekolah dapat menyampaikan materi pendahuluan tentang pembuktian langsung maupun tidak

langsung serta Strategi Penyelesaian Masalah (Problem Solving Strategies) yang dapat dipelajari dari

beberapa buku yang ada seperti

Langkah Awal Menuju ke Olimpiade Matematika

karya Wono Setya

Budhi,

Problem-Solving Strategies

karya Arthur Engel maupun

Problem-Solving Through Problems

karya

Loren C. Larson.

Ucapan terima kasih kepada semua pihak yang telah membantu dalam penyelesaian

diktat ini, khususnya kepada isteri tercinta Penulis, Rosya Hastaryta, S. Si, yang telah memberi

dukungan yang besar kepada Penulis serta juga telah melahirkan puteri pertama kami, Kayyisah

Hajidah, pada tanggal 2 Desember 2009.

Penulis merasa bahwa diktat ini masih jauh dari sempurna. Untuk itu Penulis

mengharapkan saran dan kritik dari Pembaca yang budiman sebagai bahan perbaikan diktat ini.

Akhir kata semoga buku ini dapat bermanfaat yang sebesar-besarnya bagi Pembaca

sekalian.

Bengkulu, September 2010

(4)

HALAMAN JUDUL

………

i

SINGKATAN ………

ii

KATA PENGANTAR

………

iii

DAFTAR ISI

………

iv

BAB I ALJABAR

1. Pemfaktoran dan Penguraian

………

1

2. Barisan

dan

Deret

………

5

3. Fungsi

……… 15

4. Suku

Banyak

……… 19

5. Persamaan

……… 25

6. Sistem

Persamaan

……… 39

7. Ketaksamaan

……… 44

BAB II TEORI BILANGAN

1. Sifat-Sifat Penjumlahan Dan Perkalian Dua Bilangan

………

52

2. Sifat-sifat

Keterbagian

……… 53

3. Uji Habis dibagi

………

56

4. Faktor Persekutuan Terbesar (FPB) Dan Persekutuan Terkecil (KPK) ………

57

5. Banyaknya

Faktor

Positif

……… 60

6. Kekongruenan

……… 61

7. Bilangan Bulat, Rasional dan Prima

………

64

8. Bilangan Kuadrat Sempurna

………

68

9. Fungsi Tangga dan Ceiling

………

69

BAB III GEOMETRI

1. Trigonometri

……… 73

2. Garis

……… 77

3. Segitiga

……… 79

4. Segi

Empat

……… 93

5. Segi-n

Beraturan

……… 98

6 Lingkaran

……… 99

BAB IV KOMBINATORIK

1. Kaidah Pencacahan Dan Penjabaran Binom Newton

……… 105

2. Kejadian dan Peluang Suatu Kejadian, Pengambilan Contoh

……… 130

Dengan dan Tanpa Pengembalian

3. Prinsip Inklusi Eksklusi, Peluang Kejadian Majemuk

……… 139

4. Pigeon Hole Principle (Prinsip Lubang Merpati)

……… 146

(5)

BAB I

ALJABAR

1 . PEMFAKTORAN DAN PENGURAIAN

Beberapa bent uk pemf akt oran maupun penguraian yang harus diket ahui adalah : (i) x2− y2 = (x + y)(x − y)

(ii) x3− y3 = (x − y)(x2 + xy + y2) (iii) x3 + y3 = (x + y)(x2− xy + y2)

(iv) x3 + y3 + z3− 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2− xy − xz − yz) (v) (x + y)(x − y)2 = x3− x2y − xy2 + y3

(vi) (an− bn) = (a − b)(an-1 + an-2b + an-3b2 + ⋅⋅⋅ + abn-2 + bn-1) dengan n ∈ bilangan asli (vii) (an + bn) = (a + b)(an-1− an-2b + an-3b2−⋅⋅⋅− abn-2 + bn-1) dengan n ∈ bilangan ganj il (viii) (x + 1)(y + 1)(z + 1) = xyz + xy + xz + yz + x + y + z + 1

(ix) x4 + 4y4 = (x2 + 2y2 + 2xy)(x2 + 2y2− 2xy) (x) (x + y)2 = x2 + 2xy + y2

(xi) (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz (xii) (x − y)2 = x2− 2xy + y2

(xiii) (x + y)3 = x3 + y3 + 3xy(x + y) (xiv) (x − y)3 = x3− y3− 3xy(x − y)

(xv) (x + y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y3 (xvi) (x − y)4 = x4− 4x3y + 6x2y2− 4xy3 + y3

Penguraian bent uk (x + y)n unt uk n > 4 dapat menggunakan binomial Newt on yang akan dit erangkan dalam bagian lain.

Berdasarkan bent uk (vi) dan (vii) didapat f akt a bahwa (a − b) membagi (an− bn) unt uk n asli dan (a + b) membagi (an + bn) unt uk n ganj il yang t erkadang digunakan unt uk menyelesaikan soal pada t eori bilangan.

Cont oh 1 :

(OSK 2004 SMP/ MTs) Nilai dari

5050

2

−

4950

2

=

L

Solusi :

Perhat ikan bahwa a2− b2 = (a + b)(a − b) maka

(

5050

4950

)(

5050

4950

)

4950

5050

2

−

2

=

+

−

(

10000

)( )

100

1000000

4950

5050

2

−

2

=

000

.

1

4950

5050

2

−

2

=

Cont oh 2 :

(OSK 2005 SMP/ MTs) Salah sat u f akt or dari 173− 53 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

A. 5 B. 17 C. 13 D. 273 E. 399

Solusi :

Perhat ikan bahwa a3− b3 = (a − b)(a2 + ab + b2) maka 173− 53 = (17 − 5)(172 + 17 ⋅ 5 + 52)

(6)

Cont oh 3 :

Jika a2 + b2 = 6ab maka t ent ukan nilai dari _aa₋+_bb unt uk a, b ≠ 0.

Solusi :

Misalkan x = _aa₋+_bb maka

x2 =

( )

_aa₋+_bb 2 x2 =

ab b a

2 2

− +

+ +

Karena a2 + b2 = 6ab maka x2 = _abab 4 8 _{= 2}

Jadi, _aa₋+_bb =

2

Cont oh 4 :

Hit unglah

2

+

3

−

2

−

3

.

Solusi :

Misalkan X =

2

+

3

−

2

−

3

X2 = (2 +

3

) + (2 −

3

) − 2

2

−

3

X2 = 4 − 2

X2 = 2

Maka

2

+

3

−

2

−

3

=

2

Cont oh 5 :

(AIME 1989) Nilai dari

1

+

28

⋅

29

⋅

30

⋅

31

adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ Solusi :

Mengingat bahwa 1 + (n − 1)(n)(n + 1)(n + 2) = (n(n + 1) − 1)2 maka

31

30

29

28

1

+

⋅

= 29 ⋅ 30 − 1

31

30

29

28

1

+

⋅

= 869.

Cont oh 6 :

Tent ukan nilai x yang memenuhi persamaan

2

x

+

3

−

7

−

x

= 1 Solusi :

3

2

x

+

−

7

−

x

= 1

Karena bilangan dalam akar harus t ak negat if maka penyelesaian persamaan t ersebut harus memenuhi

syarat −₂3 ≤ x ≤ 7

3

2

x

+

= 1 +

7

−

x

2x + 3 = 1 + 7 − x + 2

7

−

x

(7)

Kuadrat kan kedua ruas dengan syarat 3x − 5 ≥ 0 sebab

7

−

x

≥ 0 9x2− 30x + 25 = 4(7 − x)

9x2− 26x − 3 = 0 (9x + 1)(x − 3) = 0

x = 3 at au x = −₉1 (t idak memenuhi syarat x ≥ ₃5)

Unt uk x = 3 maka

2

x

+

3

−

7

−

x

= 3 − 2 = 1. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 3.

Cont oh 7 :

Jika a2 = 7b + 1945 dan b2 = 7a + 1945 dengan a dan b adalah bilangan real berbeda, maka nilai dari ab adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi :

a2 = 7b + 1945 dan b2 = 7a + 1945 a2− b2 = 7(b − a)

Karena a ≠ b maka a + b = −7 a2 + b2 = 7(b + a) + 3890 (a + b)2− 2ab = 7(a + b) + 3890 49 − 2ab = −49 + 3890

ab = −1896

Cont oh 8 :

a, b, c dan d adalah bilangan real t ak nol yang memenuhi a2 + b2 = 1

c2 + d2 = 1 ac + bd = 0

Bukt ikan bahwa ab + cd = 0.

Solusi :

Karena ac + bd = 0 maka

b a₌₋

c

d_{⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅}₍₁₎

Misalkan _ba = −d_c = k maka

a = bk dan d = −ck a2 + b2 = 1

b2(k2 + 1) = 1 k2 + 1 = 2

1

b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) c2 + d2 = 1

c2(k2 + 1) = 1

Subt it usikan persamaan (2). b2 = c2

ab + cd = bk ⋅ b + c (−ck) ab + cd = b2k − c2k ab + cd = (b2− c2)k

(8)

LAT IHAN 1 :

1. Jika a_a _bb 2 2

4 3

−

+ _{= 5 maka t ent ukan nilai dari}

ab b a2+2 2

2. (AIME 1986) Tent ukan nilai dari

(

5

+

6

+

7

)(

5

+

6

−

7

)(

5

−

6

+

7

)(

−

5

+

6

+

7

)

.

3. Jika x+y+3 x+y =18 dan x−y−2 x−y=15, maka x⋅y = ⋅⋅⋅⋅⋅

4. Tent ukan nilai X yang memenuhi

(

)

(

)

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

−

=

3

5

3

5

3

5

3

5

X

5. Jika diket ahui bahwa

14

y

2

−

20

y

+

48

+

14

y

2

−

20

y

−

15

= 9, maka t ent ukan nilai dari

48

20

14

y

2

−

y

+

−

14

y

2

−

20

y

−

15

.

6. (OSP 2006) Himpunan semua x yang memenuhi (x − 1)3 + (x − 2)2 = 1 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

7. (Canadian MO 1992) Selesaikan persamaan x2 + _{( )}2 2 1 + x x = 3.

8. (OSP 2007) Tent ukan semua bilangan real x yang memenuhi x4− 4x3 + 5x2− 4x + 1 = 0

9. (AIME 1983) w dan z adalah bilangan kompleks yang memenuhi w2 + z2 = 7 dan w3 + z3 = 10. Apakah nilai t erbesar yang mungkin dari w + z ?

10. (Balt ic Way 1999) Tent ukan semua bilangan real a, b, c dan d yang memenuhi sist em persamaan berikut :

abc + ab + bc + ca + a + b + c = 1 bcd + bc + cd + db + b + c + d = 9 cda + cd + da + ac + c + d + a = 9 dab + da + ab + bd + d + b + a = 9

11. (AIME 2000) Tent ukan t epat kedua akar real persamaan 2000x6 + 100x5 + 10x3 + x − 2 = 0.

12. (AIME 1987) Tent ukan nilai dari

(

)(

)

324 52 324 40 324 28 324 16 324 4 324 58 324 46 324 34 324 22 324 10 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 + + + + + + + + + + .

13. (Balt ic Way 1993 Mat hemat ical Team Cont est ) Tent ukan semua bilangan bulat n yang memenuhi

n

+

−

+

625₄

2 25 4

625 2

25 _{adalah bilangan bulat}

14. (Canadian MO 1998) Tent ukan penyelesaian x real yang memenuhi persamaan :

x =

x

−

_x1 ₊

x

1

−

15. (AIME 1990) Bilangan real a, b, x dan y memenuhi ax + by = 3, ax2 + by2 = 7, ax3 + by3 = 16 dan ax4 + by4 = 42. Tent ukan nilai dari ax5 + by5.

(9)

2 . BARISAN DAN DERET

1, 2, 3, 4, 5, ⋅⋅⋅ dikat akan sebagai barisan karena mempunyai suat u pola t ert ent u dengan rumus suku ke-n adalah ke-n.

1 + 2 + 3 + 4 + ⋅⋅⋅⋅ disebut sebagai deret .

Ada beberapa barisan dan deret yang akan dibahas.

A. Barisan dan Deret Arit mat ika

1. Pengert ian, rumus suku ke-n dan rumus Jumlah n suku pert ama

Barisan arit mat ika adalah barisan yang set iap dua suku berurut an memiliki selisih yang konst an. a, a + b, a + 2b, a + 3b ⋅⋅⋅ adalah barisan arit mat ika dengan suku pert ama = a dan beda = b. Suku ke-n, Un, dirumuskan dengan :

Un = a + (n − 1)b

Jumlah n bilangan pert ama, Sn, dirumuskan dengan

Sn = ₂n (2a + (n − 1)b) = ₂n (a + Un)

Cont oh 9 :

Diket ahui barisan 2, 5, 8, 11, ⋅⋅⋅. Tent ukan suku ke-10 dan j umlah 4 suku pert ama.

Solusi :

2, 5, 8, 11, ⋅⋅⋅ adalah barisan arit mat ika dengan suku pert ama 2 dan beda 3. Suku ke-10, U10 = 2 + (10 − 1) ⋅ 3 = 29

Jumlah 4 suku pert ama = 4₂

⋅

(

2

⋅

2

+

(

4

−

1

)

⋅

3

)

_{= 26}

Cont oh 10 :

Sebuah barisan j umlah n buah suku pert ama dirumuskan dengan Sn = 3n2− 15n, maka U3 = ⋅⋅⋅⋅

Solusi :

Perhat ikan bahwa j ika kit a mengurangkan j umlah n suku pert ama, Sn dengan j umlah n − 1 suku

pert ama, Sn-1, maka akan didapat kan suku ke-n, Un.

Jadi, Un = Sn− Sn-1.

Un = (3n2− 15n) − (3(n − 1)2− 15(n − 1))

Un = 3n2− 15n − 3n2 + 6n − 3 + 15n − 15 = 6n − 18

Maka U3 = 6(3) − 18 = 0

Cara lain adalah dengan langsung menghit ung U3 = S3− S2.

Cont oh 11 :

Nilai dari

∑

=

+

n

k

1

)

3

2

(

L

Solusi :

Jika nilai k dari 1 sampai n dij alankan didapat

(

∑

=

+

n

k

1

3

2

)

= 5 + 7 + 9 + ⋅⋅⋅ + (2n + 3) merupakan deret arit mat ika dengan a = 5 sert a b = 2.

Sn = n₂

(

2

( ) (

5

+

n

−

1

)

2

)

Jadi,

∑

(

= n

=

+

n

k

1

3

(10)

Cont oh 12 :

(OSK 2006) Pada sebuah barisan arit mat ika, nilai suku ke-25 t iga kali nilai suku ke-5. Suku yang bernilai dua kali nilai suku pert ama adalah suku ke ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Solusi :

u25 = 3(u5), maka a + 24b = 3(a + 4b) sehingga a = 6b

un = a + (n − 1)b = 2u1 = 2a

6b + (n − 1)b = 2(6b) n = 7

Suku t ersebut adalah suku ke-7

Cont oh 13 :

Sisi-sisi sebuah segit iga siku-siku membent uk barisan arit mat ika. Jika sisi hipot enusa sama dengan 20, maka keliling segit iga t ersebut adalah ⋅⋅⋅⋅

Solusi :

Karena sisi t erpanj ang segit iga sama dengan 20 dan membent uk barisan arit mat ika maka sisi-sisi segit iga t ersebut dapat di misalkan dengan 20, 20 − x dan 20 − 2x dengan x adalah bilangan posit if .

Karena ket iga sisi membent uk segit iga siku-siku maka (20 − 2x)2 + (20 − x)2 = 202

400 − 80x + 4x2 + 400 − 40x + x2 = 400 5x2− 120x + 400 = 0

(x − 4)(x − 20) = 0 x = 4 at au x = 20

Jika x = 20 maka sisi-sisi segit iga t ersebut adalah 20, 0 dan −20 yang t idak mungkin merupakan sisi-sisi segit iga.

Jika x = 4 maka sisi-sisi segit iga t ersebut adalah 20, 16 dan 12 yang membent uk sisi-sisi segit iga siku-siku.

Jadi, keliling segit iga t ersebut = 20 + 16 + 12 = 48.

2. Suku Tengah

Misalkan Ut menyat akan suku t engah dari suat u barisan arit mat ika maka :

2

1 Un U t

U

=

+

dengan n merupakan bilangan ganj il

Cont oh 14 :

Diket ahui 3, ⋅⋅⋅, 13, 15, ⋅⋅⋅ adalah barisan arit mat ika. Tent ukan suku t engah barisan t ersebut .

Solusi :

3, ⋅⋅⋅, 13, 15 adalah barisan arit mat ika. Maka U1 = a = 3 dan Un = 15.

Maka suku t engah, Ut = ₂1 (3 + 15) = 9

3. Sisipan

Misalkan set iap dua bilangan berurut an pada barisan arit mat ika disisipi k buah bilangan namun t et ap membent uk barisan arit mat ika. Maka beda barisan t ersebut akan memiliki perubahan dengan suku pert ama t et ap.

Misalkan bB = beda barisan yang baru dan bL = beda barisan yang lama. Hubungan keduanya

adalah

(11)

Cont oh 15 :

Pada set iap dua bilangan berurut an dari barisan 2, 12, 22, 32, 42. ⋅⋅⋅⋅ disisipi sebanyak 4 bilangan. Tent ukan suku ke-100 dari barisan yang baru.

Solusi :

Beda barisan yang baru adalah bB = _k₊₁

=

₄10₊₁ bL

= 2

Suku pert ama, a = 2.

U100 = a + 99bB = 2 + 99 ⋅ 2 = 200

Suku ke-100 = 200.

Jadi, suku ke-100 barisan t ersebut adalah 200.

4. Barisan Arit mat ika Bert ingkat

Misalkan ada barisan u1, u2, u3, ⋅⋅⋅, un bukanlah merupakan barisan ait mat ika sebab un − un-1

t idak konst an. Tet api apabila diambil D1(n) = un − un-1 lalu D2(n) = D1(n) − D1(n − 1) dan

set erusnya sampai pada suat u saat Dk(n) − Dk(n − 1) bernilai konst an. Maka kit a dapat

mengambil kesimpulan bahwa rumus j umlah n suku pert ama, Sn, barisan t ersebut merupakan

polinomial pangkat n.

Cont oh 16 :

Diket ahui barisan 1, 3, 6, 10, 15, 21, ⋅⋅⋅. Tent ukan rumus j umlah n suku pert ama, Sn.

Solusi :

Kalau diperhat ikan, barisan 1, 3, 6, 10, 15, 21, ⋅⋅⋅ bukanlah barisan arit mat ika. Tet api rumus suku ke-n barisan t ersebut t ernyat a merupakan rumus j umlah n suku pert ama dari barisan 1, 2, 3, ⋅⋅⋅, n yang merupakan barisan arit mat ika.

Maka kit a dapat menyelesaikan soal t ersebut dengan menganggapnya merupakan barisan arit mat ika bert ingkat .

n S(n) D1(n) = S(n) – S(n − 1) D2(n) = D1(n) − D1(n − 1) D3(n) = D2(n) − D2(n − 1)

1 1

2 4 3

3 10 6 3

4 20 10 4 1

5 35 15 5 1

Karena D3(n) konst an maka dapat diambil kesimpulan bahwa rumus Sn merupakan polinomial

pangkat 3.

Misalkan S(n) = an3 + bn2 + cn + d.

n S(n) D1(n) = S(n) – S(n − 1) D2(n) = D1(n) − D1(n − 1) D3(n) = D2(n) − D2(n − 1)

1 a+b+c+d

2 8a+4b+2c+d 7a+3b+c

3 27a+9b+3c+d 19a+5b+c 12a+2b

4 64a+16b+4c+d 37a+7b+c 18a+2b 6a

5 125a+25b+5c+d 61a+9b+c 24a+2b 6a

Dari kedua t abel didapat bahwa : 6a = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

12a + 2b = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 7a + 3b + c = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) a + b + c + d = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

6 1

=

a

(12)

b

₂1 2

2

3

=

−

Dari pers (2) didapat

Dari pers (3) didapat

c

=

3

−

7

( )

1₆

−

3

( )

1₂

=

18−₆7−9

=

1₃ Dari pers (4) didapat

1

6 1₆3 2

0

3 1 2 1 6

1

−

=

−

=

−− −

d

Maka rumus j umlah n suku pert ama, S(n) = 1₆n3 + 1₂n2 + 1₃n = n(n+1₆)(n+2)

B. arisan dan Deret Geomet ri

e-n dan rumus Jumlah n suku pert ama

iliki perbandingan yang

Un = a ⋅ rn-1

uska B

1. Pengert ian, rumus suku k

Barisan geomet ri adalah barisan yang set iap dua suku berurut an mem

2

konst an. Misalkan a, ar, ar , ⋅⋅⋅ adalah barisan geomet ri dengan suku pert ama = a dan rasio = r maka :

Suku ke-n, Un, dirumuskan dengan :

Jumlah n bilangan pert ama, Sn, dirum n dengan

Sn =

(

)

1

−

r

a

r

ont oh 17 :

risan 2, 6, 18, 54, ⋅⋅⋅ . Tent ukan suku ke-5 dan j umlah 4 suku pert ama barisan

⋅⋅⋅ adalah cont oh barisan geomet ri dengan suku pert ama 2 dan rasio 3.

5-1

n

C

Diket ahui ba t ersebut .

Solusi : 2, 6, 18, 54,

Suku ke-5, U5 = 2 ⋅ 3 = 162

Jumlah 4 suku pert ama = 2⋅

( )

₃3₋₁1 4₋

= 80

ont oh 18 :

geomet ri diket ahui U8 = 36 dan S7 = 52, maka S8 = ⋅⋅⋅⋅⋅

7 = 52

t ika maupun geomet ri berlaku Sn− Sn−1 = Un.

ont oh 19 :

n membent uk deret geomet ri dengan j umlah 65. Jika suku ke-3 dikurangi 20

bilangan-bilangan t ersebut adalah a, ar dan ar2. Maka

2

C

Pada barisan

Solusi : U8 = 36 dan S

Pada barisan arit ma S8− S7 = U8

S = 52 + 36 = 88. 8

C

Tiga bilanga

t erbent uklah deret arit mat ika, maka rasio barisan t ersebut adalah ⋅⋅⋅⋅

Solusi : Misalkan

a, ar dan ar − 20 membent uk barisan arit mat ika sehingga

2

2ar = a + ar − 20

2 _{⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅}₍₁₎

2ar + 20 = a + ar

2 _⋅⋅

a + ar + ar = 65 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 2ar + 20 + ar = 65

(13)

Subt it usikan persamaan (3) ke (1) didapat 0 = a + 15r ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

5

Subt it usikan persamaan (4) ke (3). (50 − 15r)r = 15

10r − 3r2 = 3 (3r − 1)(r − 3) = 0

r = 1₃ at au r = 3

Jika r = ₃1 maka ket iga bilangan t ersebut adalah 45, 15 dan 5 yang membent uk barisan geomet ri −

dan 45, 15, 15 yang membent uk barisan arit mat ika.

Jika r = 3 maka ket iga bilangan t ersebut adalah 5, 15 dan 45 yang membent uk barisan geomet ri dan 5, 15, 25 yang membent uk barisan arit mat ika.

Jadi, rasio barisan t ersebut adalah ₃1 at au 3.

2.

isalkan Ut menyat akan suku t engah dari suat u barisan geomet ri maka :

2

iket ahui 2, 6, 18, 54, 162, ⋅⋅⋅⋅ adalah barisan geomet ri. Tent ukan suku t engah dari barisan

, 6, 18, 54, 162 adalah barisan geomet ri. Maka U1 = a = 2 dan Un = 162.

Suku Tengah M

n t 1 dengan n merupakan bilangan ganj il

U

=

⋅

Cont oh 20 : D

t ersebut .

Solusi : 2

Maka suku t engah,

U

t

=

2

⋅

162

=

18

3.

Misalkan set iap dua bilangan berurut an pada barisan geomet ri disisipi k buah bilangan namun embent uk barisan geomet ri. Maka rasio barisan t ersebut akan memiliki perubahan Sisipan

t et ap m

dengan suku pert ama t et ap.

Misalkan rB = rasio barisan yang baru dan rL = rasio barisan yang lama. Hubungan keduanya

adalah

1

+

=

k

L

B

r

Cont oh 21 :

ada set iap dua bilangan berurut an dari barisan 2, 32, 512, 8192, ⋅⋅⋅⋅ disisipi sebanyak 3 t ukan suku ke-7 dari barisan yang baru.

ng baru, P

bilangan. Ten

Solusi :

Rasio ya

=

k+1

=

4

16

=

2

L

B

r

.

a, a = 2. 128

4. t ak hingga

Suku pert am U7 = ar6 = (2)(26) =

Suku ke-7 = 128.

Barisan geomet ri

Dari persamaan Sn =

( )

1

−

r j ika n

1

−

r a n

Æ∞ maka S∞ = ₁₋a_r dengan syarat −1 < r < 1.

an rumus j umlah dari suat u barisan t ak hingga dengan suat u syarat Rumus t ersebut merupak

(14)

Cont oh 22 :

ent ukan nilai dari 2 + 1 + T

2 1₊

4 1 ₊_⋅⋅⋅

ak hingga dengan a = 2 dan r = ½

+ 1 + ½ + ¼ + ⋅⋅⋅ = S∞ =

Solusi :

Persoalan di at as t ermasuk barisan geomet ri t

2 ₁₋a_r.

2 + 1 + ½ + ¼ + ⋅⋅⋅ = 2 1

1 2

− = 4.

Maka nilai dari 2 + 1 + 2 1₊

4

1₊_⋅⋅⋅_{= 4.}

mlah suat u deret geomet ri t ak hingga adalah 6 dan j umlah dari suku-suku yang bernomor anj il adalah 4. Suku ke-6 barisan t ersebut adalah ⋅⋅⋅⋅

sebut adalah a dan rasio r.

+ ar + ar2 + ⋅⋅⋅ = Cont oh 23 : Ju

g

Solusi :

Misalkan suku pert ama barisan geomet ri t ak hingga t er

a ₁a₋_r = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

dengan suku

⋅⋅⋅

Suku-suku yang ganj il adalah a, ar2, ar4, ⋅⋅⋅ yang membent uk barisan t ak hingga o r2

pert ama a dan rasi .

2 4 6

a + ar + ar + ar + = ₁₋_r2 = 4 ⋅⋅⋅ (2) Subt it usikan persamaan

a _{⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅}

(1) ke

( )

₁₋a_r

( )

₁₊1_r = 4 sehingga

r

+

1 1 ₌

3 2

3 = 2 + 2r

r = 2 1

maan di at as ke persamaan (1) didapat

a ku ke-6 = U = ar5 = Subt it usikan persa

a = 3

Mak su 6 ₃₂3 .

C. Bari Bent uk Tak Hingga

Suat u barisan t idak harus masuk ke dalam salah sat u dari dua bent uk di at as. Sebagai cont oh adalah arisan yang berbent uk 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ⋅⋅⋅ yang merupakan penj umlahan dari dua bilangan dit anyakan memerlukan penget ahuan t erhadap san dan Deret Lainnya sert a

b

sebelumnya. Unt uk menyelesaikan persoalan yang pola dari barisan t ersebut .

Beberapa cont oh rumus deret lainnya :

12 + 22 + 32 + ⋅⋅⋅ + n2 = n(n+1₆)(2n+1)

13 + 23 + 33 + ⋅⋅⋅ + n3 =

( )

n(n₂+1) 2

Berikut ini dibahas bent uk-bent uk t ak hingga yang dapat diselesaikan dengan memisalkan dengan

it unglah nilai dari suat u variabel.

Cont oh 24 :

(15)

Solusi :

Misalkan

2

L

= X.

Kuadrat kan kedua ruas. Pada ruas kiri akan didapat kan bent uk t ak hingga semula. Maka 2X = X2

X(X − 2) = 0

Karena

2

L

t idak mungkin sama dengan 0 maka

2

L

= 2.

Jadi,

2

L

=

:

it unglah bent uk t ak hingga berikut , 2

Cont oh 25

H M 3 2 3

2

3

2

+

. Solusi : isalkan M M 3 2 3

2

3

2

+

= X maka

X

3

2

+

= X

X2− 2X − 3 = 0 (X − 3)(X + 1) = 0

Karena M 3 2 3

2

+

3

2

+

t idak mungkin sama dengan −1 maka

M 3 2 3

2

3

2

+

= 3.

Jadi, M 3 2 3

2

3

2

+

= 3

D. ip Teleskopik

rinsip t eleskopik banyak digunakan unt uk menyederhanakan suat u deret . Ada dua bent uk umum dan perkalian sebagai berikut :

Prins P

yang dikenal, yait u penj umlahan

a.

(

) (

₂ ₁

) (

₃ ₂

) (

₄ ₃

)

(

₁

) (

₁

)

₁ ₁

1

a

_n _n _n _n _n

i

−

=

−

+

−

+

−

+

−

+

−

=

+

−

= +

∑

L

n b. 1 1 1 1 3 4 2 3 1 2 1 1

a

_n n n n n n i i

i + +

− =

+

=

⋅

=

∏

L

Cont oh 26 :

( )

−

( )( ) (

−

L

−

)(

−

)

(

+

)(

+

)

( )

+

L

(

+

)(

+

₂₀₀₆1

)

=

L

2004 1 6 1 4 1 2 1 2005 1 2003 1 7 1 5 1 3

1

(16)

Solusi :

isal S =

M

( )( )( ) (

)(

)( ) (

)(

)

2006 1 2004 1 6 1 4 1 2 1 2005 1 2003 1 7 1 5 1 3

1

−

L

−

+

L

+

S = 2₃

⋅

4₅

⋅

₇6

⋅

L

⋅

2004₂₀₀₅

⋅

3₂

⋅

₄5

⋅

₆7

⋅

L

⋅

2007₂₀₀₆ S = ₃2

⋅

3₂

⋅

₅4

⋅

₄5

⋅

₇6

⋅

7₆

⋅

L

⋅

₂₀₀₅2004

⋅

2005₂₀₀₄

⋅

2007₂₀₀₆ S = ₂₀₀₆2007

Contoh 27 :

ent ukan nila

T i

2 1

1

⋅ + 23 1

⋅ + 34 1

⋅ + 45 1

⋅ + ⋅⋅⋅ + 20052006 1

⋅ .

prinsip ik. Solusi :

Soal di at as merupakan cont oh penerapan t eleskop

2 1⋅

1 ₌ 2 1 1

1

−

_; 3 2

1

⋅ = 3 1 2

1

−

_; 4 3

1

⋅ = 4 1 3

1

−

_;_{⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅}_; 2006 2005

1

⋅ = 2006 1 2005

1

−

2 1⋅

1 ₊ 3 2⋅

1 ₊ 4 3⋅

1 ₊ 5 4⋅

1 ₊_⋅⋅⋅₊ 2006 2005⋅

1 ₌

(

)

(

) (

)

(

)

2006 1 2005 1 5 1 4 1 4 3 3 2 2 1 1 1 1 1 1

1

−

+

−

+

−

+

−

+

L

+

−

2 1

1

⋅ + 23 1

⋅ + 3⋅4 + 1

5 4

1

⋅ +⋅⋅⋅ + 2005⋅2006 = 1 − 1

2006 1

Jadi, ₁1_⋅₂ + ₂1_⋅₃ + ₃1_⋅₄ + ₄1_⋅₅ + ⋅⋅⋅ + ₂₀₀₅1_⋅₂₀₀₆ = ₂₀₀₆2005

anadian MO 1997) Bukt ikan bahwa Cont oh 28 :

(C ₁₉₉₉1 < 1₂

⋅

₄3

⋅

₆5

⋅

L

⋅

1997₁₉₉₈ < ₄₄1 .

Solusi :

Misal P = ₂1

⋅

₄3

⋅

₆5

⋅

L

⋅

₁₉₉₈1997 dan Q = ₃2

⋅

₅4

⋅

₇6

⋅

L

⋅

₁₉₉₉1998 =

PQ ₂1

⋅

₄3

⋅

₆5

⋅

L

⋅

1997₁₉₉₈⋅₃2

⋅

₅4

⋅

₇6

⋅

L

⋅

₁₉₉₉1998 = ₁₉₉₉1 Jelas bahwa P < Q

hingga P2 < P2 < PQ se

1999 1 _<

2

44

1 _{. Maka P <} 44 1 P > 1999 7 5

3

⋅

L

⋅

=

1997 5 3 1 1999 1 Maka didapat 1999

1 _{< P <} 44

1

1999 1 _<

1998 1997 6 5 4 3 2

1

⋅

L

⋅

_< 44

1 _{(t erbukt i)}

LAT IHAN 2 :

1. ebuah deret arit mat ika t erdiri dari n suku (ganj il). Jumlah semua sukunya 260, besar suku ngahnya 20, sert a beda deret t ersebut a U6 = ⋅⋅⋅⋅

S

t e dalah 3. Maka

2. Perhat ikan barisan bilangan 500, 465, 430, 395, ⋅⋅⋅. Suku negat if nya yang pert ama adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

11 7 11

(

)

∑

+

=

∑

(

+

)

=

L

3. Diket ahui

=1

77

2

4

i i

k

dan

∑

=

=1

14

i

k

, maka nilai

=

deret arit mat ika berlaku u2 + u5 + Maka S10 = ⋅⋅⋅⋅⋅

5. (OSK 2009) Jika xk+1 = xk +

8

2

4

i i

k

4. Pada suat u u6 + u9 = 40.

2

1 _{unt uk k = 1, 2,}_⋅⋅⋅_{dan x}

(17)

3

2006

dan

2006

6. (OSP 2006) Hasil penj umlahan semua bilangan bulat di ant ara adalah ⋅⋅

. (OSK 2006) Diket ahui a + (a + 1) + (a + 2) + ⋅⋅⋅ + 50 = 1139. Jika a bilangan posit if , maka a = ⋅⋅⋅⋅⋅

1 2 3 98 n+1 n n = 1, ⋅⋅⋅, 97 dan mempunyai

0 1 2 n

11. dan x − 1 adalah t iga suku pert ama deret geomet ri t ak hingga, maka j umlah 7

8. (AIME 1984) Barisan a , a , a , ⋅⋅⋅, a memenuhi a = a + 1 unt uk 2, 3, j umlah sama dengan 137. Tent ukan nilai dari a2 + a4 + a6 + ⋅⋅⋅ + a98.

9. Misalkan un adalah suku ke-n dari suat u barisan arit mat ika. Jika uk = t dan ut = k maka t ent ukan nilai

dari suku ke-(k + t ).

10. (OSK 2004) Agar bilangan 2 + 2 + 2 + ⋅⋅⋅ + 2 sedekat mungkin kepada 2004, haruslah n = ⋅

Jika 9 − 7x, 5x − 6 suku-sukunya adalah ⋅⋅⋅

12. Pada suat u deret t ak hingga, suku-suku yang bernomor ganj il berj umlah 9/ 4 sedangkan suku-suku yang bernomor genap berj umlah 3/ 4 , maka suku pert amanya adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

13. Bat as-bat as nilai a supaya deret geomet ri t ak berhingga dengan suku pert ama a konvergen dengan j umlah 2 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

14. (OSP 2006) Af kar memilih suku-suku barisan geomet ri t akhingga 1, 2 1_,

4 1_,

8

1_,_⋅⋅⋅_{unt uk membuat}

barisan geomet ri t ak

7

1 _{. Tiga suku pert ama pilihan Af kar adalah}_{⋅⋅⋅⋅⋅} hingga baru yang j umlahnya

15. Tent ukan j umlah dari 2₃

−

4

+

₉4

−

₇4

+

₂₇8

−

₄₉4

+

L

16. Tiga buah bilangan merupakan barisan arit mat ika. Bila suku t engahnya dikurangi 5, maka t erbent uk dengan rasio sama dengan 2. umlah barisan arit mat ika it u adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

18. gan

a dengan 1, maka nilai a1

20. agian Pert ama) Diket ahui 0 < a < b < c < d adalah bilangan bulat yang memenuhi a, b, c 0

suat u barisan geomet ri J

17. Tent ukan rumus j umlah n suku pert ama dari barisan 4, 10, 20, 35, 56, ⋅⋅⋅

(AIME 1992) Misalkan A adalah barisan a1, a2, a3, ⋅⋅⋅ dengan a19 = a92 = 0 dan ∆A didenisikan den

barisan a2− a1, a3− a2, a4− a3, ⋅⋅⋅. Jika semua suku-suku barisan ∆(∆A) sam

adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

19. (MATNC 2001) Tent ukan j umlah 100 bilangan asli pert ama yang bukan bilangan kuadrat sempurna.

(AIME 2003 B

membent uk barisan arit mat ika sedangkan b, c, d membent uk barisan geomet ri. Jika d − a = 3 maka t ent ukan nilai dari a + b + c + d.

21. (OSK 2009) Bilangan bulat posit if t erkecil n dengan n > 2009 sehingga

n

3

3 3 3

3

2

1

+

L

+

22. (AIME 1985) Barisan bilangan bulat a1, a2, a3, ⋅⋅⋅ memenuhi a = an+1 − an unt uk n > 0. Jumlah 1492

985 bilangan pert ama adalah 1492. Tent ukan j umlah merupakan bilangan bulat adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

n+2

(18)

23. Nilai x yang memenuhi persamaan :

...

4

...

=

x

+

x

+

x

+

x

adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

24. Hit unglah nilai dari

M

4

3

4

3

+

4

3

5

+

25. (OSK 2006/ AIME 1990) Barisan 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, ⋅⋅⋅ t erdiri dari semua bilangan asli yang bukan kuadrat at au pangkat t iga bilangan bulat . Suku ke-250 barisan t ersebut adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

26. HSME 1996) Barisan 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 1, 2, ⋅⋅⋅ memiliki blok

27. Misalkan f adalah adalah f ungsi yang memenuhi f (n) = f (n − 1) +

6

−

(A

angka 1 yang berisi n buah angka 2 pada blok ke-n. Tent ukan j umlah 1234 bilangan pert ama.

2007 Jika f (0) = 1945 maka t ent ukan f (2007).

n _{unt uk set iap n bilangan asli.}

28. (NHAC 1997-1998 Second Round) Tent ukan nilai dari ₁_x1₂_x₃

+

₂_x₃1_x₄

+

L

+

₁₉₉₆_x₁₉₉₇1 _x₁₉₉₈

29.

.

(OSK 2003) Berapakah hasil perkalian

( )

2

( )( ) (

2 2 2

)(

2

)

4 3

2

1

2003 1 2002 1 1 1

1

−

1

−

1

−

L

30. Tent ukan j umlah dari :

100 99 1 4 3 1 3 2 1 2 1 1 + + +

+

L

+

x2, x3, ⋅⋅⋅ memenuhi

31. (AIME 2002) Barisan x1,

x

k

=

_k2₊_k

1 _{. Jika t erdapat bilangan berurut an sehingga}

xm + xm+1 + ⋅⋅⋅ + xn = ₂₉1 , maka t ent ukan semua pasangan (m, n) yang memenuhi.

uhi a1 =

a = a−1− a + a − a . t ent ukan nilai dari a + a + a .

3. (AIME 1998) Barisan 1000, n, 1000 − n, n − (1000 − n), (1000 − n) − (n − (1000 − n), ⋅⋅⋅ dengan n

arisan t ersebut negat if . Jadi, unt uk n = 100 maka barisan t ersebut memiliki panj ang 3. Tent ukan n sehingga panj ang barisan t ersebut

34.

32. (AIME 2001) Barisan a1, a2, a3, a4, ⋅⋅⋅ memen 211, a2 = 375, a3 = 420 dan a4 = 523 sert a n n n−2 n−3 n−4 531 753 975

3

bilangan bulat berakhir ket ika bilangan negat if pert ama muncul. Sebagai cont oh unt uk n = 100 maka barisan t ersebut adalah 1000, 100, 900, −800. Suku ke-4 b

maksimal.

(USAMTS 1999-2000 Round 4) Tent ukan nilai dari

S = 2 2

2 2 32 2 20002

1 1

1

+

1

+

1

+

1 + ⋅⋅⋅ +

1

+

1

+

1

1 2 1999

angan 1 1 3 3 + − k

k _{, k = 2, 3, 4,}_⋅⋅⋅_{, 100 lebih dari}

3 2

(19)

3 .

Misalkan diket ahui f ungsi y = f (x) = FUNGSI

A. Pengert ian

x x

2 3

1

−+ .

k mencari nilai dari f (2) maka cukup menggant i x di ruas kanan dengan 2. Unt u

Jadi, f (2) = ₃( )₋2₂+_{( )}₂1 = −3

lam kelas adalah f ungsi kuadrat , yait u f ungsi yang berbent uk y =

meny n y maksimum adalah xp =

Salah sat u f ungsi yang dibahas di da f (x) = ax2 + bx + c

Nilai x yang ebabka

−

₂b_a

Nilai y maksimum = ymaks = a(xp)2 + bxp + c at au ymaks =

(

_a

)

ac b

4 4

2₋

−

Terkadang suat u f ungsi t idak hanya memiliki sat u variabel, t et api dapat lebih dari sat u variabel. f (1, 2) cukup menggant i x = 1 dan y = 2 =

bulat posi t if ke bilangan bulat posit if dan idef inisikan dengan : f (ab) = b⋅f (a) + a⋅f (b). Jika f (10) = 19 ; f (12) = 52 dan f (15) = 26. Tent ukan ilai dari f (8).

) = 8f (15) + 15f (8) = 8 ⋅ 26 + 15f (8) = 208 + 15f (8) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 48 = 208 + 15f (8)

) = 36

isalkan f (x) adalah f ungsi yang memenuhi

) unt uk set iap bilangan real x dan y maka f (x + y) = x + f (y) dan ) f (0) = 2

998) adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

f (y) dan f (0) = 2

x) = f (x + 0) = x + f (0)

1998 + 1998) = −1998 + f (1998)

i yang t idak t erdef inisi unt uk x = 0 dengan f (x) + 2f ( Sebagai cont oh adalah f (x, y) = xy + x2y + y3. Unt uk mencari

dari persamaan t ersebut didapat f (1, 2) = 2 + 2 + 8 12.

Cont oh 29 :

Misal f adalah suat u f ungsi yang memet akan dari bilangan d

n

Solusi :

f (120) = f (10 ⋅ 12) = 12f (10) + 10f (12) = 12 ⋅ 19 + 10 ⋅ 52 = 748 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) f (120) = f (8 ⋅ 15

7 Jadi, f (8

Cont oh 30 : (AHSME 1998) M (a

(b

Nilai dari f (1

Solusi : f (x + y) = x + Alt ernat if 1 : f (

f (x) = x + 2

Maka f (1998) = 2000

Alt ernat if 2 : 2 = f (0) = f (−

Maka f (1998) = 2000

Cont oh 31 :

Jika f (x) adalah f ungs 1_x) = 3x. Tent ukan f (x).

Solusi :

f (x) + 2f (_x1) = 3x ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

(20)

f (1_y_{) + 2f (y) =}

y

3

sehingga

f (1_x) + 2f (x) = _x3

2f (_x1) + 4f (x) = _x6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

r a n (2) dengan (1) didapat Ku angkan pers maa

3f (x) = _x6 − 3x

Jadi, f (x) = 2−_xx2

B. osis

ungsi komposisi merupakan gabungan lebih dari sat u f ungsi.

isalkan diket ahui f ungsi f (x) dan g(x). Jika ingin mencari pemet aan suat u nilai t erhadap f ungsi f (x) j ut kan t erhadap f ungsi g(x), maka akan digunakan f ungsi komposisi.

) dit ulis sebagai (g(x) o f (x)).

− 3x. Tent ukan pemet aan x = 2 oleh f ungsi f (x) dilanj ut kan g(x).

(11) = 7 − 3(11) = −26

et aan x = 2 oleh f ungsi f (x) di lanj ut kan oleh g(x) menghasilkan nilai −26. gan memanf aat kan def inisi f ungsi komposisi.

x + 5) = 7 − 3(3x + 5) = −8 − 9x

−26.

iket ahui f (x) = x + 7 dan (f og)(x) = 5x + 3. Tent ukan g(x).

x + 3 = g(x) + 7 − 4

ika g(x − 5) = 7x + 3 maka t ent ukan g(x).

ada alt ernat if 1 ini kit a ubah variabel x pada ruas kanan ke dalam (x − 5). + 3 = 7(x − 5) + 38

+ 38

y sehingga x = y + 5. aka g(y) = 7(y + 5) + 3

Fungsi Komp i F

M

yang hasilnya dilan

Pemet aan t erhadap f ungsi f (x) yang dilanj ut kan oleh f ungsi g(x Didef inisikan (g(x)of (x)) = g(f (x)).

Cont oh 32 :

Diket ahui f (x) = 3x + 5 dan g(x) = 7

Solusi :

f (2) = 3(2) + 5 = 11 g

Jadi, pem

Cara lain adalah den (g(x)of (x)) = g(f (x)) = g(3

Unt uk x = 2 maka nilai g(f (2)) = −8 − 9(2) = −26.

Jadi, pemet aan x = 2 oleh f ungsi f (x) dilanj ut kan oleh g(x) adalah

Cont oh 33 : D

Solusi :

f (g(x)) = g(x) + 7 5

g(x) = 5x

Cont oh 34 : J

Solusi : Alt ernat if 1 : P

g(x − 5) = 7x Maka g(x) = 7x

Alt ernat if 2 : Kit a misalkan x − 5 = M

(21)

Cont oh 35 :

Diket ahui (gof )(x) = 2x2 + 5x − 5 dan f (x) = x − 1. Maka g(x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

(f (x)) = 2x2 + 5x − 5

2_{+ 5x}₋₅

− 2 + 5x − 5 (x − 1) = 2(x − 1)2 + 9x − 7

1)2 + 9(x − 1) + 2

= y + 1 (y) = 2(y + 1)2 + 5(y + 1) − 5

+ 2

iket ahui (gof )(x) = 4x2 + 4x dan g(x) = x2 − 1 dan berlaku f (x) > 1 unt uk x > Solusi :

(gof )(x) = 2x2 + 5x − 5 g

g(x − 1) = 2x

Alt ernat if 1 :

g(x − 1) = 2(x − 1)2 + 4x g

g(x − 1) = 2(x −

Maka g(x) = 2x2 + 9x + 2

Alt ernat if 2 :

Misalkan y = x − 1 maka x g

g(y) = 2y2 + 9y

Maka g(x) = 2x2 + 9x + 2

Cont oh 36 :

D −

2

1 _{, maka f (x}₋₂₎

2_{+ 4x}

(x)) − 1 = 4x2 + 4x

4x2 + 4x + 1 = (2x + 1)2 uk x > adalah ⋅⋅⋅⋅

Solusi : g(f (x)) = 4x

2

(f (f (x))2 =

Karena f (x) > 1 unt −1₂ maka

= 2x − 3

C. x)

erdasarkan f ungsi y = f (x) = f (x) = 2x + 1

f (x − 2) = 2(x − 2) + 1 f (x − 2) = 2x − 3 Jadi, f (x − 2)

Fungsi Invers dari y = f (

B ₃x₋+₂1_x dari ket erangan sebelumnya j ika diket ahui nilai x kit a dengan agaimana caranya bila yang diket ahui adalah nilai y dan kit a dimint a mudah mencari nilai y. B

mencari nilai x unt uk nilai y t ersebut ? Persoalan ini dapat diselesaikan apabila kit a bisa mendapat kan f ungsi inversnya yait u x = f (y).

Cont oh 37 :

Tent ukan invers dari f ungsi y = f (x) = 3x − 8

Solusi : y = 3x − 8

x = y₃+8

gsi inversnya adalah f-1(x) = Didapat f un

2 8

+

(22)

Cont oh 38 :

Tent ukan invers dari f ungsi y = f (x) = ₃x₋+₂1_x.

Solusi :

Dari y = ₃x₋+₂1_x seh ga (2y + 1) = 3y − 1

didapat 3y − 2yx = x + 1 ing

x

x = ₂_y₊₁

-1

1 3y−

ersnya adalah f (x) = Didapat f ungsi inv ₂3_x−₊₁1

D. mp isi.

isalkan f (x) dan g (x) bert urut -t urut menyat akan f ungsi invers dari f (x) dan g(x). Maka o g)−1(x) = (g−1 o f−1)(x)

=

x

Hubungan f ungsi invers dengan f ungsi ko os

−1 −1

M (f

(g o f )−1(x) = (f−1 o g−1)(x)

Cont oh 39 :

Jika f (x) = 5x + 3 dan g(x) 2₅x₋+_x3 maka t ent ukan (f o g)−1(x).

omposisi akan didapat

= Solusi : Alt ernat if 1 :

asarkan ket erangan dalam pembahasan mengenai f ungsi k Berd

(f o g)(x) 7₅x₋+_x30.

ri (f o g)(x) t ersebut adalah Maka invers da

(f o g)−1(x) = 5 ₊−₇30

ipelaj ari sebelumnya akan didapat

(x) =

x x

Alt ernat if 2 :

Berdasarkan apa yang d

−1

f

5 3

−

x _{dan g}−1_{(x) =}

2 3 5

+−

x

x _sehingga

(g−1 o f−1)(x) = 7

+

x

−1

30 5x−

LAT IHAN 3 :

. Jika f (x) = − + 3, maka f (x2) + (f (x))2− 2f (x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

2. Diket ahui g(x) = x + 1 dan (gof )(x) = 3x2 + ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

. (OSK 2007) Misalkan f (x) = 2x - 1, dan g(x) = Jadi, didapat (f o g) (x) = (g−1 o f )(x). −1

1 x

4. Maka f (x) =

3

x

. Jika f (g(x)) = 3, maka x = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

4. Diket ahui (f og)(x) = 5x. Jika g(x) = ₅_x1₋₁, maka f (x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

5. ungsi g(x) = x2 + 2x + 5 dan (f (g(x)) = 3x2 + 6x − 8, maka f (x) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

6. ika f (x) = 2x + 1 ; g(x) = 5x + 3 dan h(x) = 7x, maka (f ogoh)(x) = ⋅⋅⋅⋅ F

2

J

7. Dit ent ukan

f

x

ax_x

−+

2

=

1

)

(23)

8. Jika

f

−1

(

x

)

=

_x₊x₁_dan

g

−1

(

x

)

=

2

x

−

1

_{, maka}

(

) ( )

−

=

x

f

g

o

1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

x

2

+

1

dan (f og)(x) =

9. Jika f (x) x2_x−₋4₂x+5 dan berlaku g(x) ≥ 0 unt uk x > 2, maka g(x − 3) = ⋅⋅⋅⋅⋅

10. (OSK 2003) Misalkan f suat u f ungsi yang memenuhi

( )

_x1

f

( )

x

2

x

f

_x1

+

−

=

unt uk set iap bilangan real x ≠ 0. Berapakah nilai f (2) ?

11. (AHSME 1996) Sebuah f ungsi f : Z Æ Z dan memenuhi n + 3 j ika n ganj il

f (n) =

2

n _{j ika n genap}

Misalka k ada f (f (f (k))) = 27. Tent ukan penj umlahan digit -digit dari k.

12. (OSP 20 4) Misalkan s ang memenuhi f (x) f (y) − f (xy) = x + y, unt uk set iap bilangan

14. n f adalah f ungsi unt uk semua bilangan bulat x dan y yang

i dari f (3) sama dengan ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ n lah bilangan ganj il dan

0 f ebuah f ungsi y bulat x dan y. Berapakah nilai f (2004) ?

13. (OSK 2006) Jika f (xy) = f (x + y) dan f (7) = 7, maka f (49) = ⋅⋅⋅⋅

NHAC 1998-1999 Second Round) Misalka (

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

15. (OSP 2009) Suat u f ungsi f : Z Æ Q mempunyai sif at

(

1

)

₁1 f₍(x₎) x f

x

f

+

=

₋+ unt uk set iap x ∈ Z. Jika f (2) = 2, maka nilai f ungsi f (2009) adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

16. (AIME 1988) Misalkan f (n) adalah kuadrat dari j umlah angka-angka n. Misalkan j uga f snya. Tent ukan nilai dari f (11).

4 . UK

. Pengert ian Suku Banyak

Perhat ikan bent uk-bent uk alj abar berikut :

2 _{+ 7}

u bar di at as disebut j uga dengan suku banyak at au polinom dalam peubah eraj at suat u sukubanyak dalam peubah x adalah pangkat t ert inggi dari

banyak t ersebut .

B.

sebut . Pembagian f (x) oleh p(x) dapat dit ulis sebagai berikut : f (x) = p(x) ⋅ g(x) + s(x)

2_(n)

didef iniskan sebagai f (f (n)), f3(n) sebagai f (f (f (n))) dan set eru 1998

U BANYAK S

A

(i) x − 3x

3

(ii) 4x + 6x − 2x

4 3 2

(iii) 2x − 7x + 8x + x − 5

5 4 _x3₋_8x2_{+ 3x}₋₄

(iv) −2x + x + 7 Bent k-bent uk alj a

(variabel) x. Yang dimaksud d peubah x yang t ermuat dalam suku

Suku banyak pada (i) memiliki deraj at 2 sedangkan suku banyak pada (ii), (iii) dan (iv) bert urut -t uru-t berderaj a-t 3, 4 dan 5.

Pembagian Suku Banyak

Sebagaimana pembagian dalam bilangan, pembagian suku banyak pun memiliki kemiripan dengan pembagian pada bilangan t er

dengan

(24)

p(x) adalah pembagi ah hasil bagi

embagian bilangan, persyarat an s(x) adalah bahwa pangkat t ert inggi (deraj at ) dari p(x).

banyak pun mengikut i dalam bilangan.

4x − 2

arena f (x) berderaj at 4 maka q(x) akan berderaj at 2 sehingga q(x) = ax + bx + c

f isen x4 dari f (x) sama dengan 4 maka koef isien x2 dari q(x) j uga 4 sehingga a = 4.

x2. Kurangkan 4x4 + 3x3− 2x2 + x − 7 dengan maka koef isien x

2) ⋅ (4x2− 13x + 58) − 257x + 109.

109.

dapat dilakukan dengan cara horner.

ent ukan hasil bagi dan sisanya j ika f (x) = x + 2x + 3x − 5 dengan x − 2 g(x) adal

s(x) adalah sisa pembagian Sebagaimana dalam p dari s(x) harus kurang Cara pembagian dalam suku

Cont oh 40 :

Tent ukan hasil bagi dan sisanya j ika 4x4 + 3x3− 2x2 + x − 7 dibagi x2 +

Solusi :

f (x) = 4x4 + 3x3− 2x2 + x − 7 = (x2 + 4x − 2) ⋅ q(x) + s(x)

2

K Kare koe

Kalikan 4x2 dengan (x2 + 4x − 2) didapat 4x4 + 16x3− 8

4x4 + 16x3− 8x2 didapat −13x3 + 6x2 + x − 7. Karena koef isien x3 sama dengan −13 dari q(x) sama dengan −13 sehingga b = −13.

Kalikan −13x dengan (x2 + 4x − 2) didapat −13x3− 52x2 + 26x. Kurangkan −13x3 + 6x2 + x − 7 dengan −13x4− 52x2 + 26x didapat 58x2− 25x − 7. Karena koef isien x2 sama dengan 58 maka konst ant a dari q(x) sama dengan 58 sehingga c = 58.

Kalikan 58 dengan (x2 + 4x − 2) didapat 58x2 + 232x − 116. Kurangkan 58x2 − 25x − 7 dengan 58x2 + 232x − 116 didapat −257x + 109.

Jadi, 4x4 + 3x3− 2x2 + x − 7 = (x2 + 4x −

Maka pembagi dan sisa j ika suku banyak 4x4 + 3x3 − 2x2 + x − 7 dibagi x2 + 4x − 2 bert urut -t urut adalah 4x2− 13x + 58 dan − 257x +

Cont oh 40 merupakan pembagian suku banyak dengan cara pembagian bersusun. Apabila pembaginya linier maka pembagian j uga

Cont oh 41 :

3 2

T

Solusi :

22

8

2

5

3

2

1

−

2

1 4 11 +

Maka pembagian f (x) = x3 + 2x2 + 3x − 5 oleh x − 2 akan menghasilkan x2 + 4x + 11 dengan sisa 17.

C.

ari penj elasan sebelumnya t elah kit a dapat kan bahwa f (x) = p(x) ⋅ g(x) + s(x) x) = x − k maka akan didapat f (x) = (x − k) ⋅ g(x) + s

Jadi, didapat suat u t eorema bahw )dibagi ol eh x − k maka sisanya

orema sisa at au dalil sisa.

Leb ah

Teorema Sisa D

Jika diambil p(

Jika diambil x = k maka didapat f (k) = s

a j ika suku banyak f (x adal ah f (k).

Teorema di at as dikenal dengan nama t e

ih lanj ut dengan cara yang sama didapat bahwa j ika f (x) dibagi (ax + b) maka sisanya adal

f

( )

−

b_a .

(25)

Cont oh 42 :

Tent ukan sisanya j ika f (x) = x4− 6x3− 6x2 + 8x + 6 dibagi x − 2

lah f (2).

j ika f (x) = x4− 6x3− 6x2 + 8x + 6 dibagi x − 2 adalah −34.

D.

t nya akan dipelaj ari pengert ian f akt or dalam suku anyak. Pengert ian f akt or dalam suku banyak dapat dinyat akan dalam bent uk t eorema f akt or

(1)

pakan akar-akar persamaan f (x) = 0. a ada paling banyak n buah akar real a

3 2

ari f (x). Terbukt i.

±24. Kit a akan mencoba akar-akar j ika ada.

Solusi :

Dengan t eorema sisa akan didapat sisa j ika f (x) dibagi x − 2 ada isa = f (2) = 2

S 4− 6 ⋅ 23− 6 ⋅ 22 + 8 ⋅ 2 + 6 = −34. Jadi, sisa

Coba kerj akan soal di at as dengan cara Horner.

Teorema Fakt or

Set elah mempelaj ari t eorema sisa, maka selanj u b

berikut :

Misal kan f (x) adal ah suku banyak. (x − k) merupakan f akt or dari f (x) j ika dan hanya j ika f (k) = 0

Perhat ikan bahwa pernyat aan di at as merupakan biimplikasi. Sehingga pernyat aan di at as memiliki art i :

Jika (x − k) merupakan f akt or dari f (x) maka f (k) = 0 (2) Jika f (k) = 0 maka (x − k) merupakan f akt or dari f (x)

Pada cont oh di at as memiliki art i j uga bahwa k adalah meru Jika f (x) merupakan suku banyak dalam deraj at n mak

ers maan f (x) = 0. p

Cont oh 43 :

Tunj ukkan bahwa (x + 2) merupakan f akt or dari f (x) = x4 + 3x3 + 4x2 + 8x + 8.

Solusi :

4

f (−2) = (−2) + 3(−2) + 4(−2) + 8(−2) + 8 = 0

arena f (−2) = 0 maka sesuai t eorema f akt or maka (x + 2) merupakan f akt or d K

Cont oh 44 :

ent ukan semua f akt or linier dari x

T 4− 2x3− 13x + 14x + 24 = 0

Solusi :

Kit a akan mencoba menyelesaikannya dengan horner.

akt or bulat dari 24 adalah ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±8, ±12 dan F

t ersebut

0

14

1

−

24

14

13

2

1

−

1 −1 −14 0 +

Karena sisanya t idak sama dengan 0 maka (x − 1) bukan f akt or.

24

26

0

2

−

24

14

13

2

1

−

2

1 0 −13 −12 +

Karena sisanya sama dengan 0 maka (x − 2) adalah f akt or linier.

4 3₋ _x _{= (x}₋ 3

x − 2x 13x + 14 + 24 2)(x − 13x 12) 24

0

(26)

12

1

12

13

0

1

−

1

−

1 −1 −12 +

Karena sisanya sama dengan 0 maka x + 1) adalah f akt or linier. x4− 2x3− 13x + 14x + 24 = (x − 2)(x + 1)(x2− x − 12)

1 14x + )(x + 3)

aka f akt or-f akt or linier dari x4− 2x3− 13x + 14x + 24 adalah (x + 1), (x − 2), (x + 3) dan (x − 4).

E.

:

1, x2, x3, ⋅⋅⋅, xn, (dengan kat a lain x1, x2, x3, ⋅⋅⋅, xn adalah akar-akar p(x) = 0) maka

hubungan-t berlaku :

(

x4− 2x3− 3x + 24 = (x − 2)(x + 1)(x − 4 M

Teorema Viet a

Jika

p

(

x

)

a

x

a

₁

x

1

a

n ₂

x

n 2

a

₁

x

1

a

₀ n

n n

n

+

=

−

− −

−

L

adalah polinomial dengan pembuat nol

x 0 hubungan beriku n n a a n n

x

₁

+

1

1 3 2 −

−

=

+

L

₋

n n a a n n j i j

i

x

2 1 4 2 3 2 3 1 2 1 −

=

+

=

₋ <

∑

L

n n a a n n n k j i k j

i

x

3 1 2 5 4 2 4 3 2 4 3 1 3 2 1 −

−

=

+

=

₋ ₋ < <

∑

L

M

( )

a_n a n n n

x

1

0

1 3 2

1

L

−

=

−

Cont oh 45 :

Persamaan kuadrat x2 + 5x − = 0 memil iki akar-akar x1 dan x2. Tent ukan nilai x13 + x23.

olusi :

n x2 + 5x − 7 = 0 didapat nil ai A = 1, B = 5 dan C = −7 7

S

Dari persamaa

x1 + x2 = −A B ₌₋₅

x1x2 = A C ₌₋₇

x − 3x1x2(x1 + x2)

x + x = (− 3(−7)(−5) = −125 − 105

3 _.

banyak x − 5x − 16x + 41x − 15 = 0 memiliki akar-akar a, b, c dan d. Maka nilai ari

. a2 + b2 + c2 + d2

x13 + x23 = (x1 + x2)3− 3x12x2 − 3x1x22 3

x13 + x23 = ( 1 + x2) 13 23 5)3−

x13 + x2 = −230

Cont oh 46 :

4 3 2

Persamaan suku d

a

b. _a1 + _b1 + _c

adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 1

+

+ bc + bd + cd = −16 Solusi :

(27)

abc + abd + acd + bcd = −41

. a2 + b2 + c2 + d2 = (a + b + c + d)2− 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) = 52− 2(−16) = 57 abcd = −15

a

b. 1_a + _b1 + _c1 + _d1 = abc+abd_abcd+acd+bcd = 15 41 − − ₌ 15 41

Cont oh 47 :

(OSP 2005/ Canadian MO 1996) Jika α, β dan γ adalah akar-akar x3− x − 1 = 0 maka t ent ukan nilai

α α

− +

1

1 ₊

β β − + 1 1

+ ₁1₋+_γγ .

Dengan melihat Ax + Bx + Cx + D = 0 dan x x 1 = 0 didapat A = 1, B = 0, C = 1 dan D = 1. Solusi :

3 2 3_{− −} ₋ ₋

γ

β

α

+

=

−

B_A = 0

βγ

αγ

αβ

+

= C_A = −₁1 = −1

αβγ

=

−

D_A =

−

(−₁1) = 1

α α

− +

1

1 ₊

β β − + 1 1 + ₋+_γγ = 1

1 ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )

( αβ)( βα)( γγ) γ α β γ − − − − − + + − − + + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = β α − −

+ 1 1 1 ( ) ( ) (αα+ββ+γγ) (+αβαβ+αγαγ+βγβγ)−αβγαβγ − + + + − + + − 1 3 3 = ( ) ( ) ( )_{( ) ( ) ( )} 1 1 0 1 1 3 1 0 3 − − + − + − − −

= −7

LAT IHAN 4 :

1. ika f (x) dibagi dengan (x − 2) sisanya 24, sedangkan j ika dibagi dengan (x + 5) sisanya 10. Jika f (x) ibagi dengan x2 + 3x − 10 sisanya adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

2. Jika v(x) dibagi x2− x dan x2 + x bert urut -t urut akan bersisa 5x + 1 dan 3x + 1, maka bila v(x) dibagi

. (OSP 2006) Jika (x − 1)2 membagi ax4 + bx3 + 1, maka ab = ⋅⋅⋅⋅

4. adalah bilangan-bilangan bulat dan x2 − x − 1 merupakan f akt or dari ax3 + bx + 1, maka b = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

5. HSME 1999) Tent ukan banyaknya t it ik pot ong maksimal dari dua graf ik y = p(x) dan y = q(x)

ersebut adalah 1.

alah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ J

d

x2− 1 sisanya adalah ⋅⋅⋅⋅

3

(OSK 2008) Jika a dan b

2

(A

dengan p(x) dan q(x) keduanya adalah suku banyak berderaj at empat dan memenuhi koef isien x4 dari kedua suku banyak t

(28)

7. (OSP 2009) Misalkan p(x) = x2 − 6 dan A = {x ∈ R⏐p(p(x)) = x}. Nilai maksimal dari {⏐x⏐ : x ∈ A} adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

8. Jika persamaan (3x2 − x + 1)3 dij abarkan dalam suku-sukunya maka akan menj adi persamaan

a4 + a3 + a2 + a1 + a0

b) a6− a5 + a4− a3 + a2− a1 + a0

9. + x − 2 mempunyai t iga pembuat nol yait u a, b, dan c. Nilai dari

10. Tent ukan semua nilai m sehingga persamaan x4 − (3m + 2)x2 + m2 = 0 memil iki 4 akar real yang

1. (OSP 2008) Misalkan a, b, c, d bilangan rasional. Jika diket ahui persamaan x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 polinomial a6x6 + a5x5 + a4x4 + a3x3 + a2x2 + a1x + a0. Tent ukan nilai dari :

a) a6 + a5 +

c) a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1

d) a6 + a4 + a2 + a0

(OSK 2010) Polinom P(x) = x3− x2 a3 + b3 + c3 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

membent uk barisan arit mat ika.

1

2

dan

mempunyai 4 akar real, dua di ant aranya adalah

2008

. Nilai dari a + b + c + d adalah ⋅⋅ 12. (OSP 2010) Persamaan kuadrat x − px − 2p = 0 mempunyai dua akar real α dan β. Jika α + β = 16,

maka hasil t ambah semua nilai p yang memenuhi adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

2 3 3

13. IME 1996) Akar-akar x3 + 3x2 + 4x − 11 = 0 adalah a, b dan c. Persamaan pangkat t iga dengan

akar-14. (OSK 2003) Misalkan bahwa f (x) = x + ax + bx + cx + dx + c dan bahwa f (1) = f (2) = f (3) = f (4) =

15. (AIME 1993) Misalkan po(x) = x + 313x − 77x − 8 dan pn(x) = pn−1(x − n). Tent ukan koef isien x dari

16. (OSP 2009) Misalkan a, b, c adalah akar-akar polinom x3− 8x2 + 4x − 2. Jika f (x) = x3 + px2 + qx + r

17. (NAHC 1995-1996 Second Round) Misalkan p(x) = x6 + ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex + f adalah polinomial

18. (OSP 2010) Diberikan polinomial P(x) = x + ax + bx + cx + d dengan a, b, c, dan d konst ant a. Jika (A

akar a + b, a + c dan b + c adalah x3 + rx2 + sx + t = 0. Tent ukan nilai t .

5 4 3 2

f (5). Berapakah nilai a ?

3 2

p20(x).

adalah polinom dengan akar-akar a + b − c, b + c − a, c + a − b maka f (1) = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

yang memenuhi p(1) = 1, p(2) = 2, p(3) = 3, p(4) = 4, p(5) = 5 dan p(6) = 6. Nilai dari p(7) adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

4 3 2

P(1) = 10, P(2) = 20, dan P(3) = 30, maka nilai

( ) ( )

10

8

12

+

P

−

P

= ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

(AIME 2003 Bagian Kedua) Akar-akar persamaa

19. n x4− x3− x2 − 1 = 0 adalah a, b, c dan d. Tent ukan nilai dari p(a) + p(b) + p(c) + p(d) j ika p(x) = x6− x5− .

20. anadian MO 1970) Diberikan polinomial f (x) = xn + a xn-1 + a2xn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1x + an dengan koef isien

uhi f (k) = 8. x3− x2− x

(C 1

a1, a2, ⋅⋅⋅, an semuanya bulat dan ada 4 bilangan bulat berbeda a, b, c dan d yang memenuhi f (a) =

(29)

5 . ERSAMAAN

da beberapa persamaan yang akan dibahas, yait u :

. Persamaan Kuadrat

rsamaan kuadrat adalah Ax2 + Bx + C = 0.

Misalkan x dan x2 adalah nilai x yang memenuhi persamaan kuadrat di at as. Nilai x1 dan x2

gan akar-akar. Maka berlaku.

2)

ilai x yang memenuhi dapat dicari dengan cara kuadrat sempurna,

dengan menggunakan rumus x1, 2 =

P A

A

Bent uk pe

1) Pengert ian akar

1

dikenal j uga den Ax12 + Bx1 + C = 0

Ax22 + Bx2 + C = 0

Menent ukan nilai akar-akar persamaan kuadrat Unt uk mencari n

memf akt orkan maupun −B± B₂_A2−4AC sebagaimana yang t elah

an. eda. rt a x dan x keduanya real.

3)

dit uliskan ke dalam bent uk

isalkan t erdapat persamaan kuadrat Ax2 + Bx + C = 0 yang memiliki akar-akar x1 dan x2. Maka

x adalah sebagai berikut . didapat kan dari pelaj aran di kelas.

Persamaan B2 − 4AC dikenal dengan nama diskriminan. Nilai diskriminan ini menent ukan j enis-j enis akar (nilai x1 dan x2). Ada t iga kemungkinan nilai diskrimin

• Jika B2− 4AC > 0 maka x1 dan x2 keduanya real dan berb

• Jika B2− 4AC = 0 maka x1 = x2 se 1 2

• Jika B2− 4AC < 0 maka x1 dan x2 keduanya t idak real.

Hubungan kedua akar

Persamaan kuadrat yang memiliki akar-akar x1 dan x2 dapat

persamaan x2− (x1 + x2)x + x1x2 = 0.

M

hubungan ant ara x1 dan 2

x1 + x2 =

−

B_A

x1⋅ x2 = C_A

4) an rsamaan kuadrat baru.

persamaan kuadrat Ax2 + Bx + C = 0 memiliki akar-akar x1 dan x2. Ada beberapa cara

n enent ukan persamaan kuadrat yang memiliki akar-akar x3 dan x4 dan memiliki

ubungan t ert ent u dengan x1 dan x2.

(x + x )x + x x = 0.

x + x4 dan x3x4 ke dalam bent uk x1 + x2 dan x1x2 maka

ehingga akan didapat persamaan

b.

-akar x3 dan x4.

5) M

Menent uk pe Misalkan j ika ingi m h

a. Membawa ke dalam persamaan x2− 3 4 3 4

Misalkan t erdapat persamaan kuadrat Ax2 + Bx + C = 0 yang memil iki akar-akar x1 dan x2.

Dari ket erangan sebelumnya akan didapat kan nilai dari x1 + x2 dan x1x2.

Jika dapat dit ent ukan nilai dari 3

berart i nilai dari x3 + x4 dan x3x4 dapat dit ent ukan s

kuadrat yang memiliki akar-akar x3 dan x4 yait u x2− (x3 + x4)x + x3x4 = 0.

Melakukan subt it usi set elah menghilangkan indeks

Jika dari hubungan x3 dan x4 yang memiliki hubungan t ert ent u dengan x1 dan x2 kit a

hilangkan indeksnya lalu kit a subt it usikan ke persamaan semula dan mendapat kan persamaan kuadrat baru. Maka persamaan kudarat t ersebut memiliki akar

enent ukan nilai suat u bilangan yang berbent uk

a

+

b

+

2

ab

dan

a

+

b

−

2

ab

ka

a

+

b

dan

a

−

b

keduanya dikuadrat kan akan didapat Ji

(

a

+

b

)

2

=

a

+

b

+

2

ab

(30)

Sehingga dapat dit ent ukan nilai dari

a

+

b

+

2

ab

dan

a

+

b

−

2

ab

, yait u

b

a

ab

b

a

+

2

=

+

b

a