BUKU GLM SMP edisi 7 revisi.pdf

Himpunan Mahasiswa Jurusan Pendidikan Matematika

GEMA LOMBA

MATEMATIKA (GLM)

UNTUK SMP EDISI 7

TIM PENYUSUN BUKU

GEMA LOMBA MATEMATIKA UNTUK SMP EDISI 7

Editor : Dr. Gede Suweken, M.Sc.

Ketua : Putri Oktalinda Muttaqina Sekretaris : I Nengah Adi Mahendra Bendahara : Ni Putu Amellia Artika

Koordinator : I Putu Hendra Setiawan Anggota :

1. Ni Wayan Karmila Putri 2. Made Arista Dewi

3. I Dewa Made Agus Ariawan 4. Ni Putu Ayu Novia Dewi

5. Kadek Gede Doni Merta Marantika 6. Ni Putu Eka Sucipta Dewi

7. I Wayan Kumarayasa 8. I Made Adi Wira Nata Putra 9. Ni Ketut Indah Tiara

10. Ni Luh Sinta Suryanti 11. A.A. Gede Surya Pujawan 12. Ni Wayan Dina Marziani 13. Ni Kadek Rita Sri Utami 14. Ni Putu Mirnawati

PRAKATA

Buku ini disusun untuk memberikan gambaran yang nyata tentang Gema Lomba Matematika yang diselenggarakan setiap tahun oleh Himpunan Mahasiswa Jurusan Pendidikan Matematika, Fakultas MIPA, Universitas Pendidikan Ganesha kepada seluruh siswa SMP dan para guru. Dengan diterbitkannya buku ini diharapkan siswa dan guru yang akan mengikuti Gema Lomba Matematika maupun lomba-lomba matematika lainnya dapat mempersiapkan diri secara mantap.

Buku ini berjudul GEMA LOMBA MATEMATIKA yang terdiri atas:

A. Materi utama GLM dengan mengacu pada silabus Olimpiade Sains Nasional B. Soal-soal Latihan

C. Soal dan Pembahasan

1. Gema Lomba Matematika SMP Tahun 2012 2. Gema Lomba Matematika SMP Tahun 2013

Penyusun menantikan kritik dan saran dari para pengguna untuk kesempurnaan buku ini pada edisi mendatang. Dalam kesempatan ini, penyusun menyampaikan ucapan terima kasih kepada Bapak Dr. Gede Suweken, M. Sc. selaku editor Buku GLM SMP dan HMJ Pendidikan Matematika Undiksha yang telah memberikan dukungan dalam penyusunan buku ini. Semoga dengan seizin Ida Sang Hyang Widhi Wasa, penyusun dapat menularkan ilmu yang bermanfaat untuk generasi mendatang.

Singaraja, Desember 2013

DAFTAR ISI

COVER……… i

TIM PENYUSUN……… iii

PRAKATA………... v

DAFTAR ISI……… vii

KUMPULAN MATERI DAN SOAL LATIHAN BAB I. TEORI BILANGAN 1.1 Keterbagian………... 3

1.2 Bilangan Kuadrat……….. 4

1.3 Teorema Eratosthenes………... 5

1.4 Kongruensi………5

1.5 FPB dan KPK………... 6

1.6 Teorema Dasar Aritmatika………... 8

1.7 Persamaan Diophantine……… 9

1.8 Induksi Matematika……….. 10

SOAL LATIHAN TEORI BILANGAN ………. 13

PEMBAHASAN………... 14

BAB II. ALJABAR 2.1 Persamaan Polinom……….. 19

2.2 Ketaksamaan……… 20

2.3 Nilai Mutlak……….. 23

2.4 Barisan dan Deret Bilangan……….. 24

2.5 Identitas Aljabar………... 28

SOAL LATIHAN ALJABAR……….. 31

PEMBAHASAN………... 32

BAB III. GEOMETRI 3.1 Sudut………. 37

3.2 Segitiga………. 40

3.3 Kongruensi……… 43

GEMA LOMBA MATEMATIKA (GLM) UNTUK SMP EDISI 7

viii

Daftar Isi

3.5 Lingkaran……….. 44

3.6 Trigonometri………. 47

SOAL LATIHAN GEOMETRI………... 51

PEMBAHASAN………... 54

BAB IV. KOMBINATORIKA 4.1 Prinsip Dasar Pendataan………... 61

4.2 Prinsip Penjumlahan………. 61

4.3 Prinsip Perkalian………... 62

4.4 Permutasi dan Kombinasi………. 63

4.5 Probabilitas………... 66

SOAL LATIHAN KOMBINATORIKA………. 71

PEMBAHASAN……….. 72

SOAL DAN PEMBAHASAN GLM SMP TAHUN 2012 Soal Penyisihan GLM SMP 2012………... 79

Soal Final GLM SMP 2012………... 86

Soal Speed Test GLM SMP 2012……… 87

Solusi Penyisihan GLM SMP 2012………... 89

Solusi Final Test GLM SMP 2012………... 103

Solusi Speed Test GLM SMP 2012……….. 107

SOAL DAN PEMBAHASAN GLM SMP TAHUN 2013 Soal Penyisihan GLM SMP 2013………... 115

Soal Final GLM SMP 2013………... 122

Soal Speed Test GLM SMP 2013……… 123

Solusi Penyisihan GLM SMP 2013………... 125

Solusi Final GLM SMP 2013………... 142

Solusi Speed Test GLM SMP 2013……….. 148

SOAL LATIHAN PILIHAN GANDA……….157

SOAL LATIHAN ISIAN SINGKAT………... 164

KUNCI JAWABAN SOAL LATIHAN……….. 166

KUMPULAN MATERI

BAB I. TEORI BILANGAN

1.1 KETERBAGIAN Definisi 1 Keterbagian

Suatu bilangan a disebut membagi b jika ada bilangan bulat lain c sehingga b = ac. Kita juga akan menyebut bahwa a pembagi dari b atau b kelipatan dari a dan ditulis a│b.

1.1.1 Sifat-Sifat Keterbagian

Untuk setiap bilangan bulat x, y, dan z. Berlaku sifat-sifat berikut : a) x | x (sifat refleksif),

b) Jika x | y dan y | z, maka x | z (sifat transisi), c) Jika x | y dan y ≠ 0, maka |x| ≤ |y| ,

d) Jika x | y dan x | z, maka x | αy + βz untuk setiap bilangan bulat α dan β , e) Jika x | y dan x | y ± z, maka x | z ,

f) Jika x | y dan y | x, maka |x| = |y| ,

g) Untuk z ≠ 0, x | y jika dan hanya jika xz | yz.

1.1.2 Keterbagian oleh 2n

Suatu bilangan bulat habis dibagi 2n jika n bilangan terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 2n

1. Untuk n = 1 berarti suatu bilangan habis dibagi 2 jika angka terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 2.

2. Untuk n = 2 berarti suatu bilangan habis dibagi 4 jika 2 bilangan terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 4.

3. Untuk n = 3 berarti suatu bilangan habis dibagi 8 jika 3 bilangan terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi 8.

1.1.3 Keterbagian oleh 3, 9, 11

Misalkan bilangan yang akan dibagi adalah aa_na_n₁a_n₂...a₂a₁a₀.

1. Bilangan a habis dibagi 3 jika jumlah angka-angkanya habis dibagi 3 atau dapat dituliskan



a_na_n1a_n2...a₁a₀



habis dibagi 3.

2. Bilangan a habis dibagi 9 jika jumlah angka-angkanya habis dibagi 9 atau dapat dituliskan



a_na_n₁a_n₂...a₁a₀



habis dibagi 9.

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 4

Disiplin adalah kunci kesuksesan

3. Bilangan a habis dibagi 11 jika jumlah silang ganti tanda angka-angkanya habis dibagi 11 atau dapat dituliskan



a_n a_n1a_n2 ...a₀



habis dibagi 11.

Contoh 1 : Suatu bilangan 6 digit X2014Y habis dibagi 72. Carilah nilai X dan Y, serta

tentukan bilangan tersebut.

Pembahasan :

72 merupakan KPK dari 8 dan 9. Agar X2014Y habis dibagi 72, maka haruslah X2014Y habis dibagi 8 dan 9.

- Bilangan X2014Y habis dibagi 8 jika 14Y habis dibagi 8, maka nilai Y = 4.

- Bilangan X2014Y habis dibagi 9 jika X + 2 + 0 + 1 + 4 + Y habis dibagi 9. Karena nilai Y=4, maka X + 2 + 0 + 1 + 4 + 4 = X + 11, agar habis dibagi 9, maka nilai yang memenuhi X = 7.

Jadi bilangan tersebut adalah 720144.

1.2 BILANGAN KUADRAT

Ada tiga hal penting yang perlu diketahui tentang bilangan kuadrat, yaitu :

1. Angka satuan yang mungkin untuk bilangan kuadrat adalah 0, 1, 4, 5, 6, dan 9 2. 2. Setiap bilangan kuadrat dibagi 4 maka sisanya 0 atau 1

3. Jika p bilangan prima dan p|n2 maka p2|n2

Contoh 2 : Diketahui a2 - b2 = 71, dengan a dan b adalah bilangan asli. Tentukan semua pasangan bilangan asli a dan b yang memenuhi persamaan tersebut.

Pembahasan:

Karena a dan b adalah bilangan asli, maka a > b > 0.

Kemudian, a2 - b2 = (a – b) (a + b), karena a > b > 0, maka 0 < a – b < a + b a2 – b2 = 71

(a – b)(a + b) = 71

Faktor-faktor dari 71 adalah (71, 1) sehingga hanya ada satu kemungkinan yaitu Metode Eleminasi

a + b = 71 a – b = 1 2b = 70

b = 35, maka a = 36

1.3 TEOREMA ERATHOSTENES

Untuk setiap bilangan komposit n terdapat bilangan prima p sehingga p n dan p n. Teorema tersebut mempunyai makna yang sama dengan pernyataan berikut “Jika tidak ada bilangan prima p yang dapat membagi n dengan p n maka n merupakan bilangan prima”.

Contoh 3 : Buktikan bahwa 347 merupakan bilangan prima! Pembahasan :

Misalkan n = 347 dan p merupakan bilangan prima yang kurang dari akar n, maka

n p

347



p

Sehingga p = 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 yang kurang dari 347.

Karena tidak ada nilai p yang dapat membagi 347 maka sesuai dengan teorema Erathotenes 347 merupakan bilangan prima.

1.4 KONGRUENSI Definisi 2 Kekongruenan

Misalkan a, b, dan m bilangan bulat dengan m > 0. Bilangan a dikatakan kongruen

b modulo jika m



ab



ditulis

a



b



mod

m



.

Jika a tidak kongruen dengan b modulo m, maka ditulis 𝑎 ≢ 𝑏 𝑚𝑜𝑑 𝑚 .

Kekongruenan

a



b



mod

m



dapat pula dituliskan dalam hubungan abkm dengan k adalah bilangan bulat.

1.4.1 Sifat-sifat Kongruensi

1. Sifat Refleksif

Jika p adalah suatu bilangan bulat maka

p



p



mod

m



. 2. Sifat Simetris

Jika p dan q adalah bilangan-bilangan bulat sehingga

p



q



mod

m



, maka



m



p

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 6

Disiplin adalah kunci kesuksesan

3. Sifat Transitif

Jika p, q, dan r adalah bilangan-bilangan bulat sehingga

p



q



mod

m



dan



m



r

q



mod

maka

p



r



mod

m



.

Teorema 1 Misalkan a, b, c, d, dan m adalah bilangan bulat positif.

Jika

a



b



mod

m



dan c adalah sebarang bilangan bulat maka 1.



a



c

 



b



c



mod

m



2.

ac



bc



mod

m



Jika

a



b



mod

m



dan

c



d



mod

m



, maka 1.



a



c

 



b



d



mod

m



2.

ac



bd



mod

m



Contoh 4 :

21



3



mod

9



Artinya 9 habis membagi 21 – 3 = 18, atau dapat juga dituliskan 21329

Contoh 5 : Misalkan

21



3



mod

9



dan

10



1



mod

9



, maka menurut Teorema



21



10

  



3



1

mod

9





31



4



mod

9



, dan



mod

9



210

3



mod

9



1

3

10

21











1.5 FPB DAN KPK 1.5.1 FPB

Suatu bilangan bulat positif d disebut factor persekutuan terbesar / FPB (greatest

common divisor / GCD) bilangan a dan b jika :

1. d habis membagi a dan b, jadi d a dan d b

2. Untuk setiap bilangan e pembagi habis a dan b, maka e d

Kemudian, factor persekutuan terbesar d dari bilangan a dan b dinotasikan dengan

 

a

b

d

GCD

,



atau

FPB

 

a

,

b



d

Pengertian relative prima

Dua buah bilangan bulat a dan b disebut relative prima (saling prima) jika

 

a

,

b



1

Contoh 6 :

GCD



20

,

100





20



25

,

55





5

GCD

 

9

,

10



1

GCD

Teorema 2 (Teorema Euclid)

Misalkan m dan n adalah dua buah bilangan bulat dengan syarat n > 0. Jika m dibagi dengan n maka terdapat dua buah bilangan bulat unik q (quotient) dan r (remainder), sedemikian sehingga mnqr dengan 0rn.

Algoritma Euclid

Diberikan dua buah bilangan bulat a dan b dengan ab0, maka

GCD ,

 

a

b

dapat dicari dengan mengulang algoritma pembagian.

1 1

b

r

q

a





0



r

₁



b

2 1 2

r

r

q

b





0



r

₂



r

₁ 3 2 3 1 q r r r   0r₃ r₂  n n n n q r r r2  1  0rn1 rn 0 1 1     n n n q r r

Maka rn , sisa terakhir dari pembagian di atas yang bukan nol merupakan

GCD ,

 

a

b

Teorema 3

Apabila d adalah faktor persekutuan terbesar dari a dan b, maka ada bilangan bulat x dan y sedemikian sehingga GCD(a,b) = d = ax + by

Contoh 7 : Tentukan gcd(6409, 42823) dan nilai x dan y yang memenuhi GCD(6409, 42823) = 6409x + 42823y Pembahasan: 42823 = 6.6409 + 4369 6409 = 1.4369 + 2040 4369 = 2.2040 + 289 2040 = 7.289 + 17

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 8

Disiplin adalah kunci kesuksesan

289 = 17.17 + 0 Jadi gcd(6409, 42823) = 17 17 = 2040 – 7.289 17 = 2040 – 7(4369 – 2.2040) 17 = 2040 – 7.4369 + 14.2040 17 = 15.2040 – 7.4369 17 = 15(6409 – 1.4369) – 7.4369 17 = 15.6409 – 15.4369 – 7.4369 17 = 15.6409 – 22.4369 17 = 15.6409 – 22(42823 – 6.6409) 17 = 15.6409 – 22.42823 + 132.6409 17 = 147.6409 – 22.42823 Jadi, x = 147 dan y = -22 1.5.2 KPK

Suatu bilangan positif d disebut kelipatan persekutuan terbesar bilangan a dan b jika: 1. d habis dibagi a dan b, jadi a|d dan b|d

2. Untuk setiap bilangan e habis dibagi a dan b, maka d|e

Selanjutnya, kelipatan persekuatuan terkecil (least common divisor) d dari bilangan a dan b dinotasikan dengan KPK(a,b) = d atau LCM(a,b) = d

Teorema 4

Untuk sembarang bilangan m > 0 berlaku LCM(ma,mb) = m  LCM(a,b)

Contoh 8 :

LCM(21,14) = LCM(7.3,7.2) = 7. LCM(3,2) = 7.6 = 42 LCM(18,45) = LCM(9.2,9.5) = 9. LCM(2,5) = 9.10 = 90

1.6 TEOREMA DASAR ARITMATIKA

Misalkan p₁,p₂,p₃,...p_n adalah bilangan prima berbeda. Teorema ini menyatakan bahwa setiap bilangan asli a > 1, dapat dinyatakan sebagai bentuk perkalian bilangan-bilangan prima berpangkat, berbentuk:

n k n k k k p p p p a 1. 2. 3... 3 2 1 

Bentuk ini dikenal dengan bentuk faktorisasi prima dari bilangan asli a Berdasarkan Teorema Dasar Aritmatika, jika:

n k n k k k p p p p a 1. 2. 3... 3 2 1  ; dan ln n l l l p p p p b 1. 2. 3... 3 2 1 

Maka GCD(a,b) didefinisikan sebagai:

) , min( ) , min( 3 ) , min( 2 ) , min( 1 . . ... ) , ( 1 1 2 2 3 3 knln n l k l k l k p p p p b a GCD  sedangkan ) , ( ) , ( 3 ) , ( 2 ) , ( 1 . . ... ) , ( 1 1 2 2 3 3 maksknln n l k maks l k maks l k maks p p p p b a LCM  Catatan:

Untuk suatu bilangan bulat k dan l, maka maks(k,l) dan min(k,l) didefinisikan sebagai:

 maks(k, l) = k; dan min(k, l) = l, untuk k>l

 maks(k, l) = l; dan min(k, l) = k untuk k<l

Akibat:

akibat dari kondisi tersebut melahirkan teorema bahwa hasil kali FPB dan KPK dari dua buah bilangan asli a dan b sama dengan hasil kali kedua bilangan tersebut.

GCD(a,b) × LCM(a,b) = a × b

Contoh 9 : Berapakah FPB dan KPK dari (3528,2970) Pembahasan :

2970 = 21 × 33 ×51 × 70 × 111 3528 = 23 × 32 × 50 × 72 × 110

GCD(3528,2970) = 2min(1,3) × 3min(3,2) × 5min(1,0) × 7min(0,2) × 11min(1,0) = 21 × 32 ×50 × 70 × 110

= 18

LCM(3528,2970) = 2maks(1,3) × 3maks(3,2) × 5maks(1,0) × 7maks(0,2) × 11maks(1,0) = 23 × 33 ×51 × 72 × 111

=582120

1.7 PERSAMAN DIOPHANTINE 1.7.1 Persamaan Diophantine Linear

Persamaan Diophantine yang paling sederhana adalah memuat dua variabel yang mempunyai bentuk umum ax + by = c dengan a, b, c anggota bilangan bulat.

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 10

Disiplin adalah kunci kesuksesan

Teorema 3 Persamaan Linear Diophantine 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 𝑐 mempunyai penyelesaian jika dan hanya jika pembagi persekutuan terbesar dari 𝑎 dan 𝑏 membagi 𝑐.

Teorema 4 Jika d GCD(a,b) dan x₀, y merupakan penyelesaian persamaan Diophantine ₀ ax + by = c, maka penyelesaian umum persamaan tersebut adalah:

k d b x x ₀  dan k d a y y ₀ 

dengan k bilangan bulat.

Contoh 10 : Tentukan penyelesaian umum persamaan diophaantine 738x+ 621y = 45 Pembahasan:

GCD (738,621) = 9. Karena 9|45 maka persamaan mempunyai penyelesaian. Menentukan 9 sebagai kombinasi 738 dan 621.

9 = 117-3.36

= 117-3(621 – 5 x 117) = -3 x 621 + 16 x 117 = -3 x 621 + 16 ( 738 – 621 )

9 = 16 x 738 – 19 x 621 Kalikan kedua ruas dengan 5 45 = 80 x 738 – 45x 621

Sehingga didapat x = 80, ₀ y = -95 ₀

Penyelesaian umumnya adalah:

x = 80 + 9 621_{k = 80 + 69k} y = -95 - 9 738 k = –95 – 82k 1.8 INDUKSI MATEMATIKA

1.8.1 Prinsip Induksi Matematika Pertama

Suatu bukti dengan menggunakan induksi matematika bahwa “P(n) benar untuk setiap

n bilangan bulat positif “ terdiri dari tiga langkah:

1. Langkah basis : Tunjukkan bahwa P(1) benar.

2. Langkah induktif : Tunjukkan bahwa P(k) → P(k + 1) benar untuk setiap k bilanganbulat positif.

Contoh 11: Buktikan bahwa :1 + 2 + … + n =





2 1  n n

, untuk setiap n bilangan bulat positif

Pembahasan : Misalkan P(n): proposisi 1 + 2 + … + n =





2 1  n n 1. Langkah basis:

Untuk n = 0 diperoleh peroleh 0 = 0. Jadi, P(0) benar. 2. Langkah induktif:

Asumsikan bahwa P(k) benar untuk semua k, yaitu 1 + 2 + … + n =





2 1  n n

Akan ditunjukkan bahwa P(k + 1) benar, yaitu 1 + 2 + … + k + (k + 1) =



 







2 1 1 1    k k Dari 1 + 2 + … + k =





2 1  k k , diperoleh 1 + 2 + … + k + (k + 1) =





2 1  k k + (k + 1) =









2 1 2 2k k k =





2 2 2k k2 k =





2 3 2 kk2 =







2 2 1   k k =



 







2 1 1 1    k k 3. Konklusi: Jadi 1 + 2 + … + n =





2 1  n n

benar untuk setiap nN.

1.8.2 Prinsip Induksi Matematika Kedua

Terdapat bentuk lain dari induksi matematika yang sering dipergunakan dalam bukti. Teknik ini dinamakan Induksi Kuat atau Prinsip kedua dari induksi matematika.

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 12

Disiplin adalah kunci kesuksesan

1. Langkah basis : Tunjukkan bahwa P(0) benar.

2. Langkah induktif : Tunjukkan bahwa jika P(0) dan P(1) dan … P(k) benar, maka P(k + 1) benar untuk setiap kN.

3. Konklusi : n P(n) bernilai benar

Contoh 12 : Tujukkan bahwa setiap bilangan bulat yang lebih besar dari 1 dapat dituliskan

sebagai hasil kali bilangan-bilangan prima.

Pembahasan :

P(n): proposisi “setiap bilangan bulat yang lebih besar dari 1 dapat dituliskan sebagai hasil kali bilangan-bilangan prima”.

1. Langkah Basis

P(2) benar, karena 2 adalah hasil kali dari satu bilangan prima, dirinya sendiri. 2. Langkah Induktif

Asumsikan P(j) benar untuk semua bilangan bulat j, 1 < j ≤ k. Harus ditunjukkan bahwa P(k + 1) juga benar.

Ada dua kasus yang mungkin:

- Jika (k + 1) bilangan prima, maka jelas P(k + 1) benar.

- Jika (k + 1) bilangan komposit, (k+1) dapat ditulis sebagai perkalian dua buah bilangan bulat a dan b sehingga 2 ≤ a ≤ b < k + 1.

Oleh hipotesa induksi, a dan b keduanya dapat dituliskan sebagai hasil kali bilangan prima. Jadi, k + 1 = a . b dapat ditulis sebagai hasil kali bilangan prima.

3. Langkah Konklusi

“Setiap bilangan bulat yang lebih besar dari 1 dapat dituliskan sebagai hasil kali bilangan-bilangan prima”.

SOAL LATIHAN TEORI BILANGAN

1. Didepan rumah Hendra bertuliskan bilangan ab129c. Ternyata bilangan tersebut habis dibagi oleh 16. Tentukan nilai dari c yang mungkin terjadi.

2. Jika bilangan bulat x dan y dibagi 6, maka bersisa 3. Jika bilangan x – 3y dibagi 6, maka tentukanlah sisanya!

3. Diketahui sebuah bilangan kuadrat a0bcd, dengan b > a, c = a + 2, dan d = 2a + b + 1 dengan a, b, c, d merupakan bilangan asli. Tentukan bilangan kuadrat yang memenuhi persamaan tersebut!

4.

Jika n menyatakan banyaknya angka nol terakhir dari 2000! Maka tentukan apakah n merupakan bilangan prima atau tidak!

5. Diberikan sebuah bilangan 32008, tentukanlah dua digit terakhir dari bilangan tersebut! 6. Tentukan himpunan penyelesaian dari 20 x2 + 11 y = 2014.

7. Buktikan bahwa : n3 + 2n adalah kelipatan 3, untuk setiap n bilangan bulat positif. 8. Buktikan bahwa 5n − 1 dapat dibagi 4 untuk setiap n = 1, 2, ....

9. Diketahui suatu bilangan 232 – 1 dapat dibagi oleh dua bilangan bulat dari 200 sampai 300. Tentukan kedua bilangan bulat tersebut!

10. Jika w, x, y, dan z adalah bilangan bulat positif yang dibagi oleh 13 berturut-turut bersisa 12, 9, 11, dan 7, maka 3w + 4x – 3y + 2z dibagi oleh 13 akan bersisa…

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 14

Disiplin adalah kunci kesuksesan

PEMBAHASAN SOAL LATIHAN TEORI BILANGAN

1. Karena 16 | ab129c, maka 4 digit terakhirnya haruslah habis dibagi oleh 16. Jadi 129c harus habis dibagi 16.

c = 0 maka 1290 tidak habis dibagi 16 c = 1 maka 1291 tidak habis dibagi 16 c = 2 maka 1292 tidak habis dibagi 16 c = 3 maka 1293 tidak habis dibagi 16 c = 4 maka 1294 tidak habis dibagi 16 c = 5 maka 1295 tidak habis dibagi 16 c = 6 maka 1296 habis dibagi 16 c = 7 maka 1297 tidak habis dibagi 16 c = 8 maka 1298 tidak habis dibagi 16 c = 9 maka 1299 tidak habis dibagi 16

Jadi nilai c yang memenuhi hanyalah 6.

2. Karena x dan y dibagi 6 bersisa 3 maka x = 6m + 3 dan y = 6n + 3, sehingga

x – 3y = 6m + 3 – 3(6n + 3) x – 3y = 6m + 3 – 18n – 9 x – 3y = 6m – 18n – 6 x – 3y = 6(m – 3n) – 6 x – 3y = 6{(m – 3n) – 1}

Ini berarti x – 3y habis dibagi oleh 6 Sehingga sisa pembagiannya adalah 0

3. Diketahui nilai dari b > a, dan pasti 0 < a < 9, maka nilai a dan b yang mungkin adalah

a = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 b = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

Kemudian diketahui nilai c = a + 2, dan pasti 0 ≤ c ≤ 9 maka nilai a dan c yang mungkin adalah

a = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 c = 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

Selanjutnya diketahui d = 2a + b + 1, dengan nilai d yang mungkin adalah 0, 1, 4, 5, 6, 9 karena merupakan bilangan kuadrat, sehingga nilai a, b, c, dan d yang mungkin adalah

a = 1, 2 b = 2, 3, 4 c = 3, 4 d = 5 (a = 1, b = 2) = 6 (a = 1, b = 3) = 9 (a = 2, b = 4)

Sehingga bilangan yang mungkin terjadi yaitu 10235, 10336, dan 20449

 Bilangan 10235 jika dibagi 5 hasilnya adalah 2047, dan tidak bisa dibagi 5 lagi sehingga bukan merupakan bilangan kuadrat

 Bilangan 10336 memiliki faktor 2517 19, sehingga bukan merupakan bilangan kuadrat

 Bilangan 20449 memiliki faktor 112 132, sehingga 20449 merupakan bilangan kuadrat.

Jadi bilangan kuadrat yang dimaksud adalah 20449.

4. Angka satuan yang menghasilkan angka nol adalah kelipatan 5 yakni sebanyak

400 5

2000_

Angka puluhan yang menghasilkan angka nol sebanyak 80 25 2000_

Angka ratusan yang menghasilkan angka nol sebanyak _{16 3 19}

625 2000 125 2000_{   } Jadi, n = 400 + 80 + 19 = 499 499  p

Sehingga p = 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, yang kurang dari 499. Karena tidak ada nilai p yang habis membagi 499 maka sesuai dengan teorema Erathotenes n = 499 merupakan bilangan prima.

5. Karena yang diinginkan adalah dua digit terakhir berarti maka haruslah mod 100 sehingga,

32008 = (35)400+8 (mod 100) = 243400 . 38 (mod 100)

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 16

Disiplin adalah kunci kesuksesan

= (432)200 . 38 (mod 100) = 1849200 . 38 (mod 100) = (492)100 . 38 (mod 100) = 2401100 . 38 (mod 100) = 1100 . 38 (mod 100) = 38 (mod 100) = 1161 (mod 100) = 61 (mod 100)

Jadi dua digit terakhir dari 32008 adalah 61

6. 20 x2 + 11 y = 2014

Misalkan x2 = a, sehingga menjadi 20 a + 11 y = 2014

GCD ( 20,11) = 1 Karena 1|2011 maka persamaan mempunyai penyelesaian. Dapat dituliskan dengan: 1 = 9 – 4 x 2 1 = 9 – 4 ( 11 – 1 x 9 ) 1 = 5 x 9 – 4 x 11 1 = 5 ( 20 – 1 x 11) – 4 x 11 1 = 5 x 20 – 9 x 11

Kedua ruas sama- sama dikalikan 2014 sehingga : 2014 = 5 ( 2014) 20 – 9 (2014) x 11 2014 = 10070 x 20 – 18126 x 11 Sehingga didapat a = 10070, y = -18126 Karena x2 = a maka : 10070 10070 2   x x

Jadi himpunan penyelesaiaanya adalah {x , y} = { 10070, -18126}

7. P(n) : proposisi “n3 + 2n adalah kelipatan 3, untuk setiap n bilangan bulat positif” Langkah Basis :

Untuk n = 1 akan diperoleh :

P(1) = 13 + 2(1) = 3 , kelipatan 3 Langkah Induksif :

Akan ditunjukkan bahwa P(k + 1) = (k + 1)3 + 2(k + 1) adalah kelipatan 3

P(k + 1) = (k + 1)3 + 2(k + 1)

P(k + 1) = (k 3 + 3k 2 + 3 k+1) + 2k + 2

P(k + 1) = (k 3 + 2k) + (3k 2 + 3k + 3)

P(k + 1) = (k 3 + 2k) + 3 (k 2 + k + 1)

Karena k3 + 2k adalah kelipatan 3 dan 3 (k2 + k + 1) juga merupakan kelipatan 3, maka

P(k + 1) adalah kelipatan 3

Langkah Konklusif : “n3

+ 2n adalah kelipatan 3, untuk setiap n bilangan bulat positif”

8. P(n) : proposisi “5n – 1 habis dibagi 4 untuk n = 1, 2, …” Langkah Basis :

Untuk n = 1, maka akan diperoleh :

P(1) = 51 – 1 = 5 – 1 = 4  habis dibagi 4 Langkah Induktif :

Asumsikan bahwa untuk n = k, P(k) = 5k – 1 habis dibagi 4, akan ditunjukkan untuk P(k + 1) juga habis dibagi 4.

P(k + 1) = (5) k + 1 – 1 = 5.5k – 1 P(k + 1) = (1 + 4).5k – 1

P(k + 1) = 5k + 4.5k – 1 P(k + 1) = (5k – 1) + 4.5k

Karena 5k – 1 habis dibagi 4 dan 4.5k juga habis dibagi 4, maka P(k + 1) habis dibagi 4 Langkah Konklusif :

“5n

– 1 habis dibagi 4 untuk n = 1, 2, …”

9. Untuk mencari kedua bilangan tersebut kita dapat menggunakan cara sebagai berikut.



2 1



2 1



1 232  16 16



2 1



2 1



2 1



1 232  16 8 8 Dimana



28 1



257 dan



28 1



255

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 18

Disiplin adalah kunci kesuksesan

10. Misalkan : w = 13a + 12 x = 13b + 9 y = 13c + 11 z = 13d + 7 3w + 4x – 3y + 2z = 3(13a + 12) + 4(13b + 9) – 3(13c + 11) + 2(13d + 7) = 3.13a + 36 + 4.13b + 36 – 3.13c – 33 + 2.13d + 14 = 13(3a + 4b – 3c + 2d) + 53

Karena 13(3a + 4b – 3c + 2d) habis dibagi 13 dan yang diminta hanya sisanya maka cukup diambil 53 saja, sehingga

53 = 13.4 + 1

BAB II . ALJABAR

2.1 PERSAMAAN POLINOM

Bentuk persamaan polinom berderajat n dalam variabel x adalah :

0 ... _{1 0} 1 1        x a x a a x a_n n _n n dengan an ≠ 0 (1)

Jika a₀,a₁,...,a_n bilangan-bilangan bulat dan

x

₁ merupakan akar-akar bulat persamaan (1), maka

x

₁ merupakan faktor dari a . Jadi akar-akar bulat yang mungkin untuk ₀

persamaan (1) adalah faktor-faktor dari a₀. Persamaan polinom (1) dapat ditulis menjadi :

0 ... 1 0 1 1        n n n n n n n n a a x a a x a a x a a (2)

Jika x₁,x₂,...,x_n merupakan akar-akar persamaan (2) maka persamaan (2) dapat ditulis menjadi :



xx₁



xx₂

 

... xx_n



0

 

1 ₁ ₂ ...



1...

  

1 _{1 2}...



0   n n n n n x x x xx x x

Teorema 1 (Teorema Vieta)

Jika x₁,x₂,...,x_n merupakan akar-akar dari suatu polinom berderajat n

0 ... _{1 0} 1 1        x a x a a x a_n n _n n dengan an ≠ 0, maka : n n n a a x x x x 1 3 2 1 ...        n n n n a a x x x x x x 2 1 4 3 2 1 ...       n n n n n a a x x x x x x x x x 3 1 2 6 5 4 3 2 1 ...        

 

n n n a a x x x x 0 3 2 1   1

Teorema 2 Jika f

 

x a_nxn a_n1xn1...a₁xa₀ dengan an ≠ 0 dibagi oleh



x



k



, maka sisa pembagiannya sama dengan f (k) atau S = f (k), S merupakan sisa dan k merupakan konstanta.

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 20

Disiplin adalah kunci kesuksesan

Teorema 3 Jika

 

1 0 1 1x ... a x a a x a x f n n n n      

 dengan an ≠ 0 dibagi oleh



cx



d



maka sisa pembagiannya sama dengan 

     c d f atau S =       c d f , S merupakan sisa.

Teorema 4 Terdapat suatu polinom f (x) berderajat n,



cx



d



merupakan faktor dari f (x) jika hanya jika S = 

     c d f = 0.

Contoh 1 Tentukan nilai m agar 4x412x3mx22 habis dibagi 2x – 1!

Pembahasan : 2 12 4 ) (x  x4 x3mx2 f maka ) 1 (2 dibagi habis ) (x x f 0 2 1 (S) sisa        f 0 2 1 untuk       f 0 2 2 1 2 1 12 2 1 4 2 3 4                        m 8) (dikali 0 2 4 8 12 16 4      m 0 16 2 12 2      m 6 2   m 3   m 2.2 KETAKSAMAAN

2.2.1 Konsep Urutan dan Sifat-sifat Dasar dari Konsep Urutan

Sifat penting pada bilangan-bilangan real adalah adanya urutan sehingga dapat membandingkan dua bilangan, apakah kedua bilangan tersebut sama atau tidak sama.

1. Setiap bilangan real a hanya memenuhi satu dan hanya satu dari kemungkinan:

a. a 0 b. a 0

c. a 0

2. Setiap bilangan real a dan b hanya memenuhi satu dan hanya satu dari kemungkinan

a. a b

b. a b c. a b

3. Jika a 0 dan b 0 maka a + b 0

4. Jika a 0 dan b 0 atau a 0 dan b 0 maka ab 0

5. Jika a b dan b c maka a c

6. Jika a b maka acbc untuk setiap bilangan real c

7. Jika a b dan c d maka a + c b + d 8. Jika a b dan c > 0 maka ac bc 9. Jika a b dan c < 0 maka ac bc 10. Jika a 0 maka 1 0

a

11. Jika a 0 dan b 0 maka 0

b a

12. Jika 0 < a b atau a b < 0 maka

a b

1 1_

13. Jika a 0 dan b 0 serta a2b2 maka a b

Sifat-sifat tersebut juga berlaku jika tanda < diganti dengan tanda ≤ atau > diganti dengan tanda ≥ , kecuali untuk sifat 12 yang mensyaratkan bahwa a dan b keduanya tidak nol.

2.2.2 Kuadrat Sebarang Bilangan Real

Sebagaimana kita ketahui bahwa kuadrat dari suatu bilangan real tidak mungkin negative. Konsep ini penting untuk menyelesaikan suatu persoalan. Jika a sebarang bilangan real maka a2 ≥ 0. Tanda kesamaan terjadi hanya jika a = 0.

Contoh 2 Tentukan kemungkinan yang terjadi untuk (a, b, c) bilangan bulat positif yang memenuhi pertidak samaan a2b2 c23ab3b2c !

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 22

Disiplin adalah kunci kesuksesan

Pembahasan : c b ab c b a2 2 2 3 3 2 0 3 2 3 2 2 2       c b c b ab a 0 3 1 ) 1 ( ) 3 ( 4 2 2 2 2 2                       a b b b b c 0 2 ) 1 ( 3 4 3 2 2 2 2               a b b b c



3( 4 )



( 1) 2 0 4 1 2 2 2 2               a b b b c 1 ) 1 ( ) 2 ( 4 3 2 2 2 2              a b b c

Bentuk di atas dipenuhi oleh :

, 3 2 2 3 2 , 1 2 1        a b b dan 1c11 Perhatikan : . 2 0 1 1 1       c c Jadi, c 1. 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2_{       }  b b

Nilai b yang mungkin adalah 1,2, atau 3.

Perhatikan : 1 2 1    a b Untuk 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1        a a b 1  a Untuk b21a110a2 1  a Untuk 2 1 2 2 1 1 2 3 1 3        a a b 1  a atau a2

Kemungkinan (a,b,c)yang terbentuk adalah : (1,1,1),(1,2,1),(1,3,1),(2,3,1)

2.3 NILAI MUTLAK Definisi 2.1 Nilai Mutlak

Nilai mutlak / nilai absolut dari x, dinyatakan dengan x , didefinisikan sebagai        0 , 0 , x x x x x

2.3.1 Sifat-sifat Nilai Mutlak

1. x 0, untuk setiap bilangan real x 2. x  x 3. y x y x  , y0 4. xa xa 5. x aa xa, a0 6. x aa xa, a0 7. x axa atau xa, a0 8. x axa atau xa, a0 9. Jika a,bR,maka ab  a b

10. Jika a,bR,danb0maka ab  a b

11. Jika a,bR,maka ab  a  b

12. Jika a,bR,maka ab  a b

13. Jika a,bR,maka a b  ab

Contoh 3 Selesaikan pertidaksamaan berikut ini 2x13 !

Pembahasan :

Sesuai dengan sifat 6 yaitu x aaxa, a0 maka 3 1 2x  3 1 2 3  

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 24

Disiplin adalah kunci kesuksesan

4 2

2 

 x masing-masing ruas dikali

2 1 2 1   x

Sehingga himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan tersebut adalah



x 1 x2,xR



2.4 BARISAN DAN DERET BILANGAN 2.4.1 Barisan dan Deret Aritmatika

Barisan aritmatika adalah suatu barisan dengan selisih dua suku yang berurutan

selalu tetap (konstan). Selisih yang besarnya tetap disebut beda. Bentuk umum barisan aritmatika:

 , 3 , 2 , ,a b a b a b a   

Rumus suku ke-n barisan aritmatika :



n



b a

U_n   1

a = suku awal b = beda

Deret aritmatika adalah jumlah n suku pertama dari suatu barisan aritmatika.

Bentuk umum deret aritmatika:

n

n U U U U

S  ₁  ₂  ₃ 

Suku tengah suatu barisan aritmatika adalah U_t 



U₁ U_n



2 1

Rumus jumlah n suku pertama dalam deret aritmatika :



U U



n



a a



n



b



n



a



n



b



n Sn n 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1        

Contoh 4 Tentukan jumlah bilangan bulat dari 1 sampai 999 yang habis dibagi 5.

Pembahasan :

Barisan bilangan bulat dari 1 sampai 999 yang habis dibagi 5 adalah 5, 10, 15, … , 995. Barisan tersebut merupakan barisan aritmatika dengan beda 5 dan suku awalnya 5, serta

995  n U , sehingga



1



995 995      a n b U_n

 

1

5

995

5



n





 

n



1

5



990

199 198 1    n n







1000



199 500 99500 2 199 995 5 199 2 1 199        S

Jadi jumlah bilangan bulat dari 1 sampai 999 yang habis dibagi 5 adalah 99500

2.4.2 Barisan dan Deret Geometri

Barisan geometri adalah suatu barisan yang perbandingan di antara dua suku

yang berurutan tetap (konstan). Secara umum, barisan U1, U2, U3, U4, …, Un-1, Un

disebut barisan geometri jika ( )

1 rasio r U U n n  

, dengan syarat r harus konstan. Bentuk umum barisan geometri :

 , , , ,ar ar2 ar3 a

Rumus suku ke-n barisan geometri :

1   n n ar U a = suku awal r = rasio

Deret geometri adalah jumlah n suku pertama dari suatu barisan geometri yaitu n

U U

U

U₁ ₂ ₃ .

Rumus jumlah n suku pertama dalam deret geometri:





1 0 , 1 1 _{ }    jika r r r a S n n atau





1 , 1 1 _    jikar r r a S n n dengan r ≠ 1

Rumus deret geometri konvergen tak berhingga dengan suku awal = a dan rasio = r adalah :

r a S    1

Contoh 5 Suku kelima dan suku kesembilan suatu barisan geometri berturut-turut adalah 16 dan 256. Tentukan jumlah sembilan suku pertama barisan tersebut!

Pembahasan :

Barisan geometri dengan U5 = 16 dan U9 = 256

16 16 256 4 8 5 9    ar ar U U

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 26

Disiplin adalah kunci kesuksesan

 r4 = 16

 r = 2

U5 = 16 a x 24 = 16   a   a

 Jumlah Sembilan suku pertama : S9 =





1 1 9   r r a =





1 2 1 2 1 9   = 5121511

2.4.3 Barisan Harmonis (Selaras)

Suatu barisan dikatakan barisan harmonis, jika kebalikan suku-suku barisan tersebut merupakan barisan aritmatika.

Contoh : , 4 1 , 3 1 , 2 1 , 1

2.4.4 Barisan Bilangan dengan Pola Tertentu

Untuk menentukan rumus suku ke-n dapat dicari dengan menghubungkan urutan bilangan / suku ke-n dengan barisan bilangan asli.

1. Barisan bilangan segitiga Barisan : 1, 3, 6, 10, … Deret : 1 + 3 + 6 + 10 + …

Rumus suku ke-n :



1



2 1 _

 n n Un

Jumlah n suku pertama :



1



2



6

1 _{ }

 n n n Sn

2. Barisan bilangan persegi

3. Barisan bilangan kubik

4. Barisan bilangan persegi panjang

5. Barisan bilangan balok Barisan : 6, 24, 60, … Deret : 6 + 24 + 60 + …

Rumus suku ke-n : U_n n



n1



n2



Jumlah n suku pertama :



1



2



3



4 1 _{  }  n n n n Sn Barisan : 2, 6, 12, … Deret : 2 + 6 + 12 + …

Rumus suku ke-n : U_n n



n1



Jumlah n suku pertama :



1



2



3 1 _{ }  n n n Sn Barisan : 13, 23, 33, 43, … Deret : 13 + 23 + 33 + 43 + … Rumus suku ke-n : U_n n3

Jumlah n suku pertama :





2 1 2 1     _  n n S_n Barisan : 1, 4, 9, 16, … Deret : 1 + 4 + 9 + 16 + … Rumus suku ke-n : U_n n2

Jumlah n suku pertama :



1



2 1



6

1 _{ }

 n n n

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 28

Disiplin adalah kunci kesuksesan

6. Barisan bilangan genap

7. Barisan bilangan ganjil

8. Barisan Fibonacci

Barisan Fibonacci adalah barisan yang nilai sukunya sama dengan jumlah dua suku didepannya.

2.5 IDENTITAS ALJABAR

Untuk x, yR, terdapat beberapa sifat sebagai berikut. 1.



ab



2 ab  a b

2.



ab



2 ab  a  b, untuk a > b 3.



xy



2 x2 2xy y2

4.



xy



3 x3 3x2y3xy2  y3  x3 y3 3xy



yx



5. xn yn 



xy





xn1xn2yxn3y2 yn1



; Untuk setiap n bilangan bulat positif

Barisan : 1, 1, 2, 3, 5, … Deret : 1 + 1 + 2 + 3 + 5 + … Rumus suku ke-n : Un Un₁Un₂

Barisan : 1, 3, 5, 7, … Deret : 1 + 3 + 5 + 7 + … Rumus suku ke-n : U_n 2n1 Jumlah n suku pertama : Sn n2

Barisan : 2, 4, 6, 8, … Deret : 2 + 4 + 6 + 8 + … Rumus suku ke-n : U_n 2n

6. xn yn 



xy





xn1xn2yxn3y2yn1



; Untuk setiap n bilangan bulat positif ganjil 7. x4 y4 



x2  2xy y2



x2  2xyy2



8. Binomial Newton :





a b n Z k n b a n k k k n n          



  ; 0 9. xn1 yn1 



x y





xn yn

 

xy xn1yn1



;nZ 10. n Z x x x x x x x xn _n n _n n _n         _        _           _   ; 1 1 1 1 1 1 1 1

SOAL LATIHAN ALJABAR

1. Jika diketahui a merupakan salah satu akar bulat persamaan x3 – 8 = 0, maka tentukan

nilai dari a4 + 3a !

2. Jika a, b, c adalah akar-akar persamaan x3 – 2x2 + 1 = 0, maka tentukan nilai dari

2 2 2 1 1 1 c b a   .

3. Tentukan sisa pembagian dari x7 – 32 oleh (x2 – 4).

4. Suatu polinom jika dibagi oleh x – 1 akan bersisa 10, jika dibagi oleh x + 1 akan bersisa –2. Tentukan sisa pembagian dari polinom tersebut oleh x2 _{– 1.}

5. Jika barisan berikut ini merupakan barisan bilangan asli berurutan yang dihilangkan semua bilangan kelipatan tiga : 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14, … , maka suku ke-67 barisan tersebut adalah…

6. Jika 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, … adalah barisan yang terdiri dari semua bilangan asli yang bukan bilangan kuadrat dan bukan bilangan pangkat tiga, maka bilangan 270 merupakan suku ke…

7. Nilai jumlahan ini berikut adalah … 12 – 22 + 32 – 42 + … + 20132 – 20142 8. Jika diketahui 2  1₂ 23

x

x maka nilai dari ₃

6

1

x x 

adalah 9. Tentukan nilai-nilai x yang memenuhi (x + 1) (x + 4) = |x|

10. Jika diketahui ... 6 1 5 1 4 1 3 1 2 1 1      

x , maka tentukan nilai dari ...

9 1 7 1 5 1 3 1_{   }

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 32

Disiplin adalah kunci kesuksesan

PEMBAHASAN SOAL LATIHAN ALJABAR

1. Diketahui persamaan x3 – 8 = 0 dan a merupakan salah satu akarnya, sehingga

x3 – 8 = (x – 2) (x2 + 2x + 4) = 0 Untuk persamaan kuadrat x2 + 2x + 4,

Karena D = 4 – 4.1.4 = 4 – 16 = -12, maka nilai a yang memenuhi hanya 2, sehingga

a4 + 3a = 24 + 3(2)

a4 + 3a = 16 + 6 a4 + 3a = 22

2. Diketahui persamaan x3 – 2x2 + 1 = 0, dan akar – akarnya a, b, c sehingga

x3 – 2x2 + 1 = 0  1 = 2x2 – x3 1 = x2 (2 – x) x x 2 1 2 Akibatnya :



a

 

b

 

c



c b a    2  2  2 1 1 1 2 2 2



a b c



c b a   222   1 1 1 2 2 2

 

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

Jadi nilai dari 1₂  1₂  1₂ 4

c b a

3. Sisa pembagian suatu polinom berderajat lebih dari 2 oleh polinom berderajat 2 akan memiliki sisa polinom berderajat 1, misalkan ax + b.

Factor dari (x2 – 4) adalah (x – 2) dan (x + 2), sehingga

Jika x7 – 32 dibagi oleh (x – 2) maka akan bersisa 27 – 32 = 96 = (2)a + b Jika x7 – 32 dibagi oleh (x + 2) maka akan bersisa (–2)7 – 32 = -160 = (–2)a + b Sehingga didapat 2a + b = 96 dan (–2)a + b = –160, akibatnya b = –32 dan a = 64. Jadi sisa pembagian x7 – 32 oleh (x2 – 4) adalah 64x – 32.

4. Diketahui sisa pembagian oleh x – 1 adalah 10 atau f (1) = 10, dan sisa pembagian oleh

x + 1 adalah –2 atau f (-1) = –2.

Faktor dari x2 – 1 adalah x – 1 dan x + 1, dan sisa pembagiannya adalah ax + b, sehingga

f (1) = 10 = a + b

dan

f (-1) = –2 = –a + b

Eleminasi kedua persamaan tersebut, didapatkan a + b = 10

–a + b = –2

2b = 8  b = 4

Substitusi b = 4 ke salah satu persamaan

a + b = 10  a = 6

Sehingga sisa pembagiannya adalah 6x + 4

5. Barisan : 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14, …

Dari angka 1 sampai 100, angka kelipatan 3 harus dihilangkan sebanyak 33 3 99 _

angka. Sehingga angka 100 merupakan suku ke 100 – 33 = 67.

Jadi suku ke-67 dari barisan tersebut adalah 100.

6. Diketahui : 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, … merupakan barisan yang terdiri dari semua bilangan asli yang bukan bilangan kuadrat dan bukan bilangan pangkat tiga.

Bilangan kuadrat dari 1 – 270 : 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 144, 169, 196, 225, 256  totalnya ada 16

Bilangan pangkat tiga dari 1 – 270 : 1, 8, 27, 64, 125, 216  totalnya ada 6

Bilangan kuadrat yang juga merupakan bilangan pangkat 3 dari 1 – 270 : 1, 64  ada 2 Jadi bilangan 270 merupakan suku ke 270 – (16 + 6 – 2) = 270 – 20 = 250

7. 12 – 22 + 32 – 42 + … + 20132 – 20142

1 – 4 + 9 – 16 + 25 – 36 + 49 – 64 + … – 20142

–3 –7 –11 –15 –(2013 + 2014)

Ini merupakan sebuah Deret Aritmatika, dengan :

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 34

Disiplin adalah kunci kesuksesan

b =



7



 



3





4

n = 1007 2 2014 _







a n b



n S_n 2 1 2   

  

 



2 3 1007 1 4



2 1007 1007      S

 



6 1006. 4



2 1007 1007     S



6 4024



2 1007 1007   S



4030



1007



2015



2029105 2 1007 1007      S 8. Perhatikan 1 2 1₂ 2 23 2 25 2              x x x x Sehingga 15       x x                  x x x x x x 1 3 1₃ 3 1 3 , sehingga                    x x x x x x x x 1 3 1 1 1 3 3 3 3 6 Untuk 15       x x , maka 1 3 1 53 3 5 125 15 110 3                      x x x x Untuk 15       x x , maka 1 3 1

 

5 3 3

 

5 125 15 110 3                         x x x x

Jadi nilai dari ₃ 1 110

6   x x 9. Untuk |x| = x , maka

 

x



1

x



4





x

x x x25 4



2



0 0 4 4 2 2       x x x

Sehingga nilai x = –2 Untuk |x| = –x , maka

 

x



1

x



4







x

x x x2 5 4 0 4 6 2 _x  x

Dengan menggunakan konsep kuadrat sempurna kita peroleh



x3



2 50



x3



2 5 



x3



5, maka 8 5 3   x atau x352 Jadi nilai x yang memenuhi adalah –2 dan 8

10. Diketahui ... 6 1 5 1 4 1 3 1 2 1 1       x , sehingga       _{   }        ... 8 1 6 1 4 1 2 1 1 ... 9 1 7 1 5 1 3 1 x       _{   }        ... 4 1 3 1 2 1 1 2 1 1 ... 9 1 7 1 5 1 3 1 x x x 2 1 1 ... 9 1 7 1 5 1 3 1_{      } 1 2 1 ... 9 1 7 1 5 1 3 1_{     } x

Jadi nilai dari ...

9 1 7 1 5 1 3 1_{   } adalah 1 2 1 _ x

BAB III. GEOMETRI

3.1 SUDUT

Besar sudut biasanya dilambangkan dengan huruf m yang diambil dari dari kata measure atau u yang diambil dari kata ukuran. Contoh: besar sudut BAC ditulis m BAC .

3.1.1 Besar Sudut dalam Bangun Datar

1. Pada segitiga

Jumlah sudut-sudut segitiga sama dengan 1800(α + β + γ = 1800₎

a. Segitiga sama sisi adalah segitiga yang ketiga sisinya sama panjang. Sebagai akibatnya semua sudutnya juga sama besar, yaitu 60o_.

b. Segitiga sama kaki adalah segitiga yang dua dari tiga sisinya sama panjang. Segitiga ini memiliki dua sudut yang sama besar.

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 38

Disiplin adalah kunci kesuksesan

c. Segitiga sembarang adalah segitiga yang ketiga sisinya berbeda panjangnya. Besar semua sudutnya juga berbeda.

2. Pada Persegi

Persegi adalah bangun datar memiliki empat buah sudut yang kesemuanya adalah

sudut siku-siku dengan sisi-sisinya sama panjang. 3. Pada Persegi Panjang

Persegi panjang adalah bangun datar dua dimensi yang memiliki empat buah sudut

yang kesemuanya adalah sudut siku-siku. 4. Pada Lingkaran

Besar sudut pada lingkaran adalah 3600_.

1.1.2 Sifat – sifat Sudut

Garis M // Garis N, garis M dan garis N memotong garis K. 1. Sudut yang bertolak belakang memiliki besar yang sama









2. Sudut dalam berseberangan memiliki besar yang sama



3. Sudut luar berseberangan memiliki besar yang sama





4. Sudut yang sehadap memiliki besar yang sama









5. Sudut yang saling berpelurus (jumlahnya 1800)

dengan dengan dengan dengan dengan dengan dengan dengan

Contoh 1 : Perhatikan gambar berikut ini

Tentukan nilai z

Pembahasan :

Perhatikan garis AB dan k sejajar dan memotong garis BC, sehingga  ABCBCK = 400 4z + 600 + 400 = 1800

4z = 800  z = 200 Maka nilai z adalah 200

4z 400 600 A B C k

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 40

Disiplin adalah kunci kesuksesan

3.2 SEGITIGA

Segitiga merupakan bentuk dasar di geometri. Dengan membuat membuat menjadi beberapa segitiga, kita dapat menganalisa bentuk-bentuk geometri lainnya. Hal-hal yang perlu diperhatikan dalam segitiga :

1. Sudut luar segitiga sama dengan jumlah dua sudut dalam lainnya. 2. Panjang satu sisi segitiga kurang dari jumlah dua panjang sisi lainnya.

3. Diberikan ∆ABC dan BD tegak lurus AC

Luas ∆ABC = ½ × BD × AC. Untuk selanjutnya BD dinamakan tinggi ∆ABC

4. Diberikan ∆ABC Keliling ∆ABC = a + b + c Luas ∆ABC = s



sa



sb



sc



, dimana 2 1  s Keliling ∆ABC

5. Dua segitiga yang panjang alasnya sama maka perbandingan luas dua segitiga ini sama dengan perbandingan tinggi-tingginya.

6. Dua segitiga yang panjang tingginya sama maka perbandingan luas dua segitiga ini sama dengan perbandingan alas-alasnya.

7. Diberikan ∆ABC dan ∆PQR. Segitiga ABC dan PQR dikatakan sebangun jika terdapat korespondensi satu-satu anatara titik-titik A, B, C dengan P, Q, R sehingga sudut-sudut

yang bersesuaian sama besar dan sisi-sisi yang seletak mempunyai perbandingan yang sama, QR BC PR AC PQ AB _{ } .

3.2.1 Garis Bagi, Garis Tinggi, Garis Berat

1. Garis Bagi pada segitiga adalah garis yang ditarik dari salah satu sudut pada segitiga sehingga membagi sudut tersebut menjadi dua sama besar.

2. Garis Tinggi pada segitiga adalah garis yang ditarik dari salah satu sudut segitiga dan tegak lurus terhadap sisi yang ada di hadapan sudut segitiga tersebut. Garis RS dan QT adalah garis tinggi.

3. Garis berat pada segitiga adalah garis yang ditarik dari sudut segitiga dan membagi sisi dihapan sudut tersebut menjadi dua bagian yang sama panjang. Garis CD, AE, dan garis BF adalah garis berat.

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 42

Disiplin adalah kunci kesuksesan

Teorema 1 (Teorema Appolonius)

Jika D adalah titik tengah dari sisi BC pada ∆ABC, maka :

   

2 2



   

2 2



2 AD BD AC

AB   

Teorema 2 (Teorema Phytagoras)

Jika a, b, dan c panjang sisi-sisi suatu segitiga siku-siku, dengan c sisi

miringnya maka a2+ b2 = c2

Teorema 3 (Teorema Menelaus)

Jika sebuah garis transversal memotong sisi BC, CA, AB dari segitiga ABC di titik-titik D, E, F, maka

Teorema 4 (Teorema De Ceva)

Jika titik-titik D, E, dan F terletak pada sisi-sisi BC, CA, dan AB pada ∆ABC sedemikian sehingga garis-garis AD, BE, CF adalah konkuren melalui titik P, maka :

Contoh 2 : Perhatikan gambar dibawah ini

Jika AD merupakan garis tinggi, BD = 8 cm, DC = 12 cm, dan luas segitiga ABC = 60 cm2, maka luas segitiga ABD adalah … cm2

.

Pembahasan :

Perhatikan bahwa segitiga ABC dan ABD keduanya mempunyai tinggi yang sama. Sehingga perbandingan luas keduanya sama dengan perbandingan dari alas masing-masing segitiga. Diketahui luas segitiga ABC = 60 cm2, maka

BD BC ABD Luas ABC Luas    24 60 12 8 8 _{ }       Luas ABC BC BD ABD Luas

Jadi Luas ∆ABD = 24 cm2

3.3 KONGRUENSI

Definisi 1 Dua segitiga disebut kongruens (sama dan sebangun) jika dua segitiga tersebut

mempunyai tiga pasang sisi yang sama dan pasang sudut yang bersesuaian juga sama besar.

Dua segitiga ABC kongruen dengan segitiga PQR jika dan hanya jika,

BC = QR AC = PR AB = PQ

m∠ A = m∠P m∠B = m∠Q m∠C = m∠R

Dalam hal ini kita menuliskan Δ ABC Δ PQR

Jadi syarat dua segitiga yang kongruen adalah: 1. Tiga Sisi (S - S - S)

Jika dua buah segitiga adalah kongruen maka ketiga sisi segitiga pertama sama panjang dengan ketiga sisi segitiga kedua (sisi-sisi seletak).

KUMPULAN MATERI DAN SOAL-SOAL LATIHAN 44

Disiplin adalah kunci kesuksesan

2. Dua Sisi dan Satu Sudut Apit (S - Sd - S)

Dua segitiga yang kongruen maka dua sisi segitiga pertama sama dengan dua sisi segitiga kedua, dan sudut yang diapitnya sama besar.

3. Dua Sudut dan Satu Sisi (Sd - S - Sd)

Dua segitiga yang kongruen maka dua buah sudut dari segitiga pertama sama dengan dua sudut pada segitiga kedua, dan sisi di antara kedua sudut tersebut sama panjang.

3.4 KESEBANGUNAN

Definisi 2 Dua segitiga ABC dan DEF dikatakan sebangun jika sudut-sudut yang

bersesuaian sama besar dan sisi-sisi yang bersesuaian sebanding. Dalam hal ini ditulis Δ ABC  Δ DEF.

Jadi syarat dua segitiga yang sebangun adalah: 1. Sisi-sisi yang bersesuaian sebanding (S - S - S) 2. Sudut-sudut yang seletak sama besar (Sd-Sd-Sd)

3. Satu sudut sama besar dan kedua sisi yang mengapitnya sebanding (S-Sd-S)

3.5 LINGKARAN

Definisi 3 Lingkaran adalah himpunan titik yang berjarak sama terhadap suatu titik

teretentu. Titik tertentu tersebut dinamakan pusat lingkaran.

3.5.1 Sifat-Sifat Penting Lingkaran

1. Sudut keliling sama dengan setengah dari sudut pusat dihadapan busur yang sama. Dari sifat ini, dapat dibuktikan bahwa:

a. Sudut-sudut keliling yang menghadap busur yang sama adalah sama besar.

c. Jumlah sudut-sudut berhadapan pada segiempat talibusur adalah 1800.

2. Panjang garis singgung

Panjang garis singgung dapat dihitung menggunakan rumus Phytagoras.

3. Panjang ruas garis singgung persekutuan dalam dari dua lingkaran sama dengan akar dari kuadrat panjang sentral ditambah kuadrat dari jumlahan kedua jari-jari lingkaran tersebut.

4. Potongan garis dengan lingkaran a. Titik potong di dalam lingkaran

PB PC PD PA _