Edisi 5 Pebruari Pekan Ke-1, 2007 Nomor Soal: 41-50

1 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

Solusi Pengayaan Matematika

Edisi 5

Pebruari Pekan Ke-1, 2007

Nomor Soal: 41-50

41. Diberikan x, y, dan z adalah bilangan real yang memenuhi 1 16 15 x

y

  , 1 25 6 y

z

  , 1 21 10 z

x   .

Jika bilangan N 2007xyz, maka jumlah angka-angka bilangan N adalah .... A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 E. 9

Solusi 1: [E]

1 16 15 x

y

  …. (1)

1 25 6 y

z

  …. (2)

1 21 10 z

x

  …. (3)

Dari persamaan (1): 1 16

15 x

y  

16 1 16 15

15 15

y x

y y



  

1 15

16 15 y

x  y …. (4)

Substitusikan persamaan (4) ke persamaan (3): 1 21

10 z

x  

21 1 10 z

x  

21 15

10 16 15 y z

y  

 …. (5) Dari persamaan (2):

1 25 6 y

z  

1 25

6 y

z   1 25 6

6 y z

 

6 25 6 z

y 

 …. (6)

Perhatikan persamaan (5) sama dengan persamaan (6):

21 15 6

10 16 15 25 6 y

y y

 

2 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

7 5 2

10 16 15 25 6 y

y y

 

 

112 105 50 2

160 150 25 6

y y

y y

  _

 

62 105 2

160 150 25 6 y

y y

 _

 

2

1550y372y 2625 630 y320y300

2

372y 1860y23250

2

124y 620y7750



2y5 62



y155



0

5 155

2 62

y  y

Substitusikan 5 2

y ke dalam persamaan (6) dan (4):

6 6 6 3

5

25 6 _{25 6} 10 5

2 z

y

   

 _{ }

5 15

1 ₂ 3

5 2

16 15

2 x



 

 

2 3 x

Sehingga



, ,



2 5 3, , 3 2 5 x y z   _

 

2 5 3

2012 2007 2007

3 2 5 N xyz    

Jadi, jumlah angka-angka bilangan N adalah 2 + 0 + 0 + 7 = 9.

Substitusikan 155 62

y ke dalam persamaan (6) dan (4):

6 6 372 372 93

155

25 6 _{25 6} 1550 930 620 155

62 z

y

    

 _{ } 

155 15

1 ₆₂ 15 155 2325 93

155 16 155 15 62 1550 62

16 15

62 x

 _

   

  

 

62 93 x

Sehingga



, ,



62 155 93, , 93 62 155 x y z   _

 

62 155 93

2007 2007 2007

93 62 155

N xyz    

3 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

Solusi 2: [E]

1 16 15 x

y

  …. (1)

1 25 6 y

z

  …. (2)

1 21 10 z

x

  …. (3)

           

1  2  3  1  2  3 :

1 1 1 1 1 1 1 28 22

3 3

xyz x y z x y z

x y z xyz x y z

 

       _      _ 

 

1 2 xyz

xyz

 

 

2

 

2 1 0

xyz  xyz  





2

1 0

xyz 

1 xyz

2007 2007 1 2007

N xyz  

Jadi, jumlah angka-angka bilangan N adalah 2 + 0 + 0 + 7 = 9.

42. Diketahui xyz6 dan xyyzxz11. Nilai dari x2y2z2adalah ….

A.12 B. 13 C. 14 D. 15 E. 16

Solusi: [C]

( ) 2( )

2 2

2 2

xz yz xy z

y x z y

x         (6)22(11) 3622 = 14

43. Jika _x  _{y z} 12_,

_x

2



_y

2



_z

2



36

_{, dan}

_x

3



_y

3



_z

3



48

_{, maka tentukan .} A.



8

_B.



18

_C.

48

_D.

88

_{E. 128}

Solusi: [A]

Kita membuat manipulasi aljabar sebagai berikut.





2

2

12 144

x  y z  





2 2 2

2

144

x



y



z



xy



yz



xz



36



2



_xy



_yz



_xz





144

2



_xy



_yz



_xz





108

_xy_yz _xz 54





3





3 3 3 2 2 2 2 2 2

3

6

x

 

y

z



x



y



z



x y



x z



y x



y z



z x



z y



xyz

123 483



_{x y}2 _{x z}2 _{y x}2 _{y z}2 _{z x}2 _{z y}2



6_xyz





2 2 2 2 2 2

1728483 _{x y}_{x z} _{y x} _{y z} _{z x} _{z y} 6_xyz

3



_{x y}2 _{x z}2 _{y x}2 _{y z}2 _{z x}2 _{z y}2



6_xyz 1680

4 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

44. Diberikan sistem persamaan 

Bagilah persamaan kedua dengan persamaan ketiga, sehingga diperoleh

3

Kuadratkan persamaan pertama, kemudian substitusikan persamaan kedua, maka diperoleh



xyz



2 x2y2z22



xyyzzx



45. Diketahui sistem persamaan 2 2 2

5 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

Perkalian ketiga persamaan tersebut menghasilkan:





 



x1 y1 z1



2121520



x1



y1



z1



 3600



x1



y1



z1



60…. (4)

Dari persamaan (2) dan (4) diperoleh



x1



1560

Dari persamaan (3) dan (4) diperoleh



y1



2060

6 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

354

1 1    xz y xyz



xz1



y1



1354



xz1



y1



355…. (2) Dari persamaan (2) diperoleh



xz1



y1



571 Sehingga

5 1 

y  y4atau xz171 xz70

71 1 

y  y70atau xz15 xz4

Jika y4dan xz70, maka



41



1z



70564

x



1



634

5x z  , tidak ada solusi untuk x dan z yang merupakan bilagan bulat positif.

Jika y70dan xz4, maka



701



1z



4564

x



1



568 71x z 



1z



8 x

Sehingga x4 dan z1

Sehingga pasangan



x,y,z



_adalah



4,70,1



.

Jadi, nilai x   y z 4 70 1 75

48. Diberikan sistem persamaan     

  

  

  

15 ) 1 )( 3 (

20 ) 3 )( 2 (

12 ) 2 )( 1 (

x z

z y

y x

dengan x,y,z 0. Berapa nilai dari

z y

x 2 3

3   ?

A. 96 B. 72 C. 64 D. 60 E. 48

Solusi: [E]



x1



y2

 

 y2



z3

 

 z3



x1



122015











x1 y2 z3



2 3600



x1



y2



z3



60



x1



y2



z3



60 (diterima) atau



x1



y2



z3



60 (ditolak, karena x,y,z0) 12

) 2 )( 1

(x y   (x1)(y2)(z3)60

12(z3)60

z35 z8



y2



z3



20



x1



y2



z3



60 20



x1



60 x13 x4



z3



x1



15



x1



y2



z3



60 15(y2)60

y24

7 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

3x2y3z 34263(8)12122448

49. Jika x, y, dan z adalah bilangan real positif, tentukan nilai x y z: : yang memenuhi sistem persamaan berikut ini.

x2xyxz8

Jumlahkan ketiga persamaan tersebut, sehingga diperoleh 

Substitusikan ke ketiga persamaan, sehingga didapat

Karena x, y, dan z adalah bilangan real positif, maka 8, 7, 2

50. Tentukan nilai yz

8 | Husein Tampomas, Pengayaan Matematika, 2007

24 9

y y

22492 y y

24y 81

8 27  y

xyz24 z xy 16

24 16 z z

224 162 z z

24z256

3 32  z

Jadi, nilai

27 32 3

8 3 _{36 54}

2 ₂

3 yz

x

