01 Kunci Matematika 10A Wajib K-13 Edisi 2017

Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. Menginterpretas Menginterpretasii persamaan persamaan nilai mutlak dari dari bentuk persamaan linear satu satu variabel; variabel; 2. Menentukan penyelesai penyelesaian an persamaan persamaan nilai mutlak linear satu variabel; 3. Menyelesai Menyelesaikan kan masalah yang berkaitan berkaitan dengan persamaan persamaan nilai mutlak mutlak dari bentuk bentuk linear satu satu variabel; 4. Menginterpretas Menginterpretasii pertidaksamaan pertidaksamaan nilai nilai mutlak dari bentuk pertidaksama pertidaksamaan an linear satu variabel; variabel; 5. Menentukan penyelesai penyelesaian an pertidaksamaan pertidaksamaan nilai mutlak linear satu satu variabel; variabel; 6. Menyelesai Menyelesaikan kan masalah yang yang berkaitan dengan pertidaksamaan pertidaksamaan nilai nilai mutlak dari bentuk linear linear satu variabel; variabel; Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik mampu menunjukkan sikap aktif dalam berdiskusi dan bekerja sama dalam menyelesaikan masalah tentang nilai mutlak.

Persamaan dan Pertidaksamaan Nilai Mutlak Linear Satu Variabel Mempelajari

Konsep Nilai Mutlak Mencakup 1. Konse Konsep p Nilai Nilai Mut Mutlak lak Sua Suatu tu Bilangan 2. Si Sifat fat-Si -Sifat fat Ni Nilai lai Mut Mutlak lak 3. Fu Fung ngsi si Nil Nilai ai Mut Mutla lakk

Persamaan Nilai Mutlak Mencakup 1. Konsep Konsep Pers Persama amaan an Nilai Nilai Mutl Mutlak ak 2. Ben Bentuk tuk Umum Umum Pers Persama amaan an Nila Nilaii Mutlak 3. Pen Penyel yelesai esaian an Pers Persama amaan an Nil Nilai ai Mutlak 4. Per Permas masala alahan han yang yang Berk Berkait aitan an dengan Persamaan Nilai Mutlak

Pertidaksamaan Nilai Mutlak Mencakup 1. Konsep Konsep perti pertidak daksam samaan aan Nilai Nilai Mutlak 2. Ben Bentuk tuk Umu Umum m Perti Pertidak daksam samaan aan Nilai Mutlak 3. Pen Penyel yelesa esaian ian Pertid Pertidaks aksama amaan an Nilai Mutlak 4. Per Permas masala alahan han yang yang Berk Berkait aitan an dengan Pertidaksamaan Nilai Mutlak

Mampu • • •

Menunjukkan sikap aktif dalam Menunjukkan dalam berdiskusi berdiskusi dan bekerja bekerja sama dalam menyelesaik menyelesaikan an masalah masalah tentang nilai mutlak. mutlak. Menjelaskan Menjelask an dan menentukan penyelesai penyelesaian an persamaan persamaan dan pertidaksama pertidaksamaan an nilai nilai mutlak mutlak linear linear satu variabel. Menyelesaikan Menyelesai kan permasalahan permasalahan yang berkaitan berkaitan dengan persamaan persamaan dan pertidaksamaan pertidaksamaan nilai mutlak linear satu variabel. variabel.

Matematika Kelas X

1

A. Pilih Pilihan an Gan Ganda da 1. Jawaban: c |12| – |–3| = 12 – 3 = 9 Jadi, hasil dari |12| – |–3| = 9 2. Jawaban: d −24

−24

| 36 | × |– |–6 6| = | 36 | × |–6| =

24 × 36

6

2

= 3 × 6 =4 −24

Jadi, | 36 | × |–6| = 4.

7. Jawaban: b f(x)) =  f(x |x – 5| x – 5 untuk x – 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5 =  –(x – 5) untuk x – 5 < 0 ⇔ x < 5 Oleh karena 0 < 5 maka f(0) f (0) = –(0 – 5) = –(–5) = 5. Oleh karena 5 = 5 maka f(5) = 5 – 5 = 0. Oleh karena 10 > 5 maka f(10) = 10 – 5 = 5. Oleh karena –2 < 5 maka f(–2) = –(–2 – 5) = –(–7) = 7. f(0) + f(5) – f(10) × f(–2) =5+0–5×7 = 5 – 35 = –30 Jadi, nilai f(0) + f(5) – f(10) × f(–2) = –30. 8. Jawaban: c f(x) f( x) = |2x |2x – 1|   2x =  

3. Jawaban: b |2 × 4 – 10| – |1 – 2 × 3| × |1 + 2| = |8 – 10| – |1 – 6| × |3| = |–2| – |–5| × |3| =2–5×3 = –13 Jadi, hasil dari |2 × 4 – 10| + |1 – 2 × 3| × |1 + 2| = –13.

–(2x – 1) untuk 2x –1 < 0

|4| | −3 |

+ |–2| × |–2|

4

9. Jawaban: b   x + 4 untuk x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ –4 |x + 4| =  –(x + 4) untuk x + 4 < 0 ⇔ x < –4 Untuk nilai x > 10 maka berlaku |x + 4|= x + 4.

= 5 – 3 × 3 + 2 × 2 = 5 –4 +4 =5

|5 – 2x |

5

– 2x untuk 5 – 2x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2

5. Jawaban: d |–a| × |a| – |–a2| × (–2) = a × a – a2 × (–2) = a2 + 2a2 = 3a2 Jadi, hasil dari|–a| × |a| – |–a 2| × (–2)) = 3a2.

⇔ x

5

> 2 Untuk nilai x > 10 maka berlaku |5 – 2x| = 5 – 2x  x – 2 untuk x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 |x – 2| =  –(x – 2) untuk x – 2 < 0 ⇔ x < 2 Untuk nilai x > 10 maka berlaku |x – 2| = x – 2. |x + 4| + |5 – 2x| – |x – 2| = (x + 4) – (5 – 2x) – (x – 2) = x + 4 – 5 + 2x – x + 2 = 2x + 1 Jadi, bentuk sederhana dari |x + 4| + |5 – 2x| – |x – 2| untuk nilai x > 10 adalah 2x + 1.

4

2

 5 = 

–(5 – 2x) untuk 5 – 2x < 0

Jadi, |5| – 3 × | −3 | + |–2|2 = 5.

6. Jawaban: a |10 + x – x2| = |10 + 20 – 20 2| = |10 + 20 – 400| = |–370| = 370 Jadi, untuk x = 20 nilai |10 + x − x2| = 370.

1

< 2

1

4

= |5| – 3 ×

⇔ x

Oleh karena 3 > 2 maka f(3) = 2 × 3 – 1 = 5. g(x) = |5 – x|  5 – x untuk 5 – x ≥ 0 ⇔ x ≤ 5 =  –(5 – x) untuk 5 – x < 0 ⇔ x > 5 Oleh karena 3 < 5 maka g(3) = 5 – 3 = 2. f(3) – g(3) = 5 – 2 = 3 Jadi, nilai f(3) – g(3) = 3.

4. Jawaban: c |5| – 3 × | −3 | + |–2|2

1

– 1 untuk 2x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2

10. Jawaban: d |3x |3 x – 6| =  untu tukk 3x 3x – 6 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 3x – 6 un –(3x – 6) untuk 3x – 6 < 0 ⇔ x < 2 Untuk nilai  2 < x < 4 maka berlaku |3x – 6| = 3x – 6  |x – 4| = x – 4 untuk x – 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4 –(x – 4) untuk x – 4 < 0 ⇔ x < 4

Persamaan dan Pertidaksamaan Nilai Mutlak Linear Satu Variabel

Y

Untuk nilai 2 < x < 4 maka berlaku |x – 4| = –(x – 4) x + 1 untuk x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ –1 |x + 1| =  –(x + 1) untuk x + 1 < 0 ⇔ x < –1 untuk nilai 2 < x < 4 maka berlaku |x + 1| = x + 1 |3x – 6| – |x – 4||x + 1| = 3x – 6 – (–(x – 4))(x + 1) = 3x – 6 + (x – 4)(x + 1) = 3x – 6 + (x2 – 3x – 4) = x2 – 10 Jadi, bentuk sederhana |3x – 6| – |x – 4||x + 1| untuk nilai 2 < x < 4 adalah x 2 – 10.

–5–4 –3–2– –3–2–1 10 –1 –2 –3 –4  –5   –6 –7 –8 –9  y = 3x – 2 –10 

B. Ur Urai aian an 1. a.

b.

|2||–12| – |6||–32| = 2 × 12 – 6 × |–9| = 2 × 12 – 6 × 9 = 24 – 54 = –30 Jadi, |2| × |–12| – |6| × |–3 2| = –30. 5 −2

=

×

3 |–24| (–

5

1 6

)

× |3| × |–24| × (–

−2

5

| 1| 5

5 2

| 1| (– 5

= 2 × 3 × 24 × (– =

× 3 × 24 ×

| 1| 5

)

= –36 Jadi, 2. a.

5 −2

×

3 × |–24| × (–

1 6

) = –36.

Fungsi f(x) = |3x – 2|. Menggambar fungsi y = 3x − 2 terlebih dahulu, lalu bagian garis di bawah sumbu X dicerminkan terhadap sumbu X. Tabel titik bantu: x

b.

x

0

–4

y

4

0

y=x+4

(0, 4)

(–4, 0)

y = 3x – 2

2

0

(x, y)

(0, 2)

( 3 , 0)

X

Garis y = x + 4 diperoleh dengan menghubungkan titik (–4, 0) dan (0, 4). Grafik f(x) = |x + 4| diperoleh dengan menggambar garis y = x + 4 dan mencerminkan bagian garis y = x + 4 yang terletak di bawah sumbu X terhadap sumbu X. Y 15

y = |x + 4|

10

2 3

0

1 2 3 4 5

Fungsi Fung si g( g(x) x) = |x |x + 4| 4| – 6. Grafik fungsi g(x) dapat diperoleh dengan menggambar garis y = |x + 4|, lalu grafik digeser turun sejauh 6 satuan. Tabel titik bantu:

) )

y = |3x – 2|

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

y = |x + 4| – 6

5

2

–15

–10

Garis y = 3x – 2 diperoleh dengan meng-

–5

0

5

10

X

–5

2

hubungkan titik ( 3 , 0) dan (0, 2). Grafik f(x) = |3x – 2| diperoleh dengan menggambar garis y = 3x – 2 dan mencerminkan bagian garis y = 3x – 2 yang terletak di bawah sumbu X terhadap sumbu X.

y = x + 4

–10

3. f(x) = |3x + 9|  3x + 9 untuk 3x + 9 ≥ 0 ⇔ x ≥ –3 =  –(3x + 9) untuk 3x + 9 < 0 ⇔ x < –3

Matematika Kelas X

3

Oleh karena –4 < –3 maka f(–4) = –(3 × (–4) + 9) = –(–3) = 3 Oleh karena –1 > –3 maka f(–1) = 3 × (–1) + 9 = 6 Oleh karena 3 > –3 maka f(3) = 3 × 3 + 9 = 18 (f(–4) × f(–1) + =3×6+

f(3) ) −3

18 3

=3×6+6 = 24 Jadi, nilai (f(–4) × f(–1) + 4. a.

b.

4

f(3) ) −3

= 24.

f(x) =  |10 – 2x| 10 – 2x untuk 10 – 2x ≥ 0 ⇔ x ≤ 5 =  –(10 – 2x) untuk 10 – 2x < 0 ⇔ x > 5 Oleh karena –4 < 5 maka f(–4) = 10 – 2 × (–4) = 18 Oleh karena 10 > 5 maka f(10) = −(10 − 2 × 10) = 10 g(x)) = |2x g(x |2x + 6|  2x + 6 untuk 2x + 6 ≥ 0 ⇔ x ≥ –3 =  –(2x + 6) untuk 2x + 6 < 0 ⇔ x < –3 Oleh karena –4 < –3 maka g(–4 ) = –(2 × (–4) + 6) = 2 f(–4) × g(–4) – (f(10)) 2 = 18 × 2 – 102 = 36 – 100 = –64 Jadi, nilai f(–4) × g(–4) – (f(10)) 2 = –64. f(x) = |  10 – 2x | 10 – 2x untuk 10 – 2x ≥ 0 ⇔ x ≤ 5 =  –(10 – 2x) untuk 10 – 2x < 0 ⇔ x > 5 Oleh karena –5 < 5 maka f(–5) = 10 – 2 × (–5) = 20 Oleh karena –2 < 5 maka f(–2) = 10 – 2 × (–2) = 14 g(x)) = |2x g(x |2x + 6|  2x + 6 untuk 2x + 6 ≥ 0 ⇔ x ≥ –3 =  –(2x + 6) untuk 2x + 6 < 0 ⇔ x < –3 Oleh karena –2 > –3 maka g(–2) = 2 × (–2) + 6 = 2 Oleh karena 10 > –3 maka g(10) = 2 × 10 + 6 = 26 g(10) – f(–5) + f(–2) × g(–2) = 26 – 20 + 14 × 2 = 26 – 20 + 28 = 34 Jadi, nilai g(10) – f(–5) + f(–2) × g(–2) = 34.



5. |x – 1| =  untu tukk x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 x – 1 un –(x – 1) untuk x – 1 < 0 ⇔ x < 1   |x + 2| 2| = x + 2 untuk x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ –2 –(x + 2) untuk x + 2 < 0 ⇔ x < –2  |9 – 3x| = 9 – 3x un untu tukk 9 – 3x 3x ≥ 0 ⇔ x ≤ 3 –(9 – 3x) untuk 9 – 3x < 0 ⇔ x > 3 a. Un Untu tuk k x < –2 di dipe pero role leh: h: |x – 1|= –(x – 1) |x + 2| = –(x + 2) |9 – 3x| = 9 – 3x |x – 1| + |x + 2| – |9 – 3x| = –(x – 1) + (–( x + 2)) – (9 – 3x) = –x + 1 – x – 2 – 9 + 3x = x – 10 Jadi, untuk x < –2 bentuk sederhana dari |x – 1| + |x + 2| – |9 – 3x| adalah x – 10. b. Un Untu tuk k –2 –2 < x < 1 dip diper erol oleh eh:: |x – 1| = –(x – 1) |x + 2| = x + 2 |9 – 3x| = 9 – 3x |x – 1| + |x + 2| – |9 – 3x| = –(x – 1) + ( x + 2) – (9 – 3x) = –x + 1 + x + 2 – 9 + 3x = 3x – 6 Jadi, untuk –2 < x < 1 bentuk sederhana dari |x – 1| + |x + 2| – |9 – 3x| adalah 3x – 6. c. Un Untu tuk k 1 < x < 3 di dipe pero role leh: h: |x – 1| = x – 1 |x + 2| = x + 2 |9 – 3x| = 9 – 3x |x – 1| + |x + 2| – |9 – 3x| = (x – 1) + (x + 2) – (9 – 3x) = x – 1 + x + 2 – 9 + 3x = 5x – 8 Jadi, untuk 1 < x < 3 bentuk sederhana dari |x – 1| + |x + 2| – |9 – 3x| adalah 5x – 8. d. Unt ntuk uk x > 3 dip diper erol ole eh: |x – 1| = x – 1 |x + 2| = x + 2 |9 – 3x| = –(9 – 3x) |x – 1| + |x + 2| – |9 – 3x| = (x – 1) + (x + 2) – (–(9 – 3x)) = x – 1 + x + 2 + 9 – 3x = 10 – x Jadi, untuk x > 3 bentuk sederhana dari |x – 1| + |x + 2| – |9 – 3x| adalah 10 – x. Jarak A dari D = |A – D| = |0 – 3| = |–3| = 3 m


A. Pilih Pilihan an Gan Ganda da 1. Jawaban: e |p| = 10 ⇔ p = 10 atau –p = 10 ⇔ p = 10 atau p = –10 Jadi, nilai p yang memenuhi |p| = 10 adalah p = 10 atau p = –10. 2. Jawaban: a |3k| = 6 ⇔ 3k = 6 atau –(3k) = 6 ⇔ 3k = 6 atau 3k = –6 ⇔ k = 2 atau k = –2 Jadi, nilai k yang memenuhi |3k| = 6 adalah –2 atau 2. 3. Jawaban: e |z + 5| = 5 ⇔ z + 5 = 5 atau –(z + 5) = 5 ⇔ z + 5 = 5 atau z + 5 = –5 ⇔ z = 0 atau z = –10 Jadi, penyelesaian |z + 5| = 5 adalah 0 atau –10. 4. Jawaban: b |5x – 6| – 4 = 10 ⇔ |5 |5xx – 6| 6| = 14 ⇔ 5x – 6 = 14 atau –(5x – 6) = 14 ⇔ 5x – 6 = 14 atau 5x – 6 = –14 ⇔ 5x = 20 atau 5x = –8 ⇔

x=4

8

atau

3

x = – 5 = –1 5

Jadi, himpunan penyelesaian persamaan 3

|5x – 6| – 4 = 10 adalah {4, –1 5 }. 5. Jawaban: e |2x – 3| = |–x| Oleh karena kedua ruas bernilai positif, kedua ruas dapat dikuadratkan. ⇔ |2x – 3|2 = |–x |2 ⇔ (2x – 3)2 = (–x )2 ⇔ (2x – 3)2 – (–x)2 = 0 ⇔ (2x – 3 + (–x ))(2 ))(2xx – 3 – (–x)) (–x)) = 0 ⇔ (x – 3)( 3)(3x 3x – 3) = 0 ⇔ x – 3 = 0 atau 3x – 3 = 0 ⇔ x = 3 atau 3x = 3 ⇔ x = 3 atau x =1 Jadi, penyelesaian persamaan |2x – 3| = |–x| adalah x = 3 atau x = 1.

6. Jawaban: b |–6q – 200| = 160 ⇔ –6 –6q q – 200 200 = 160 160 ata atau–(–6 u–(–6q q – 200) 200) = 160 160 ⇔ –6q – 200 = 160 ata tau u –6q – 200 = –160 ⇔ –6q = 360 at atau –6q = 40 40

⇔

q = –60 atau

q=

⇔

q = –60 atau

q = –6 3

−6

2

2

Jadi, nilai q yang memenuhi –60 atau –6 3 . 7. Jawaban: b |x + 7|2 – 3|x + 7| – 4 = 0 Misalkan y = |x + 7| persamaan menjadi: y2 – 3y – 4 = 0 ⇔ (y – 4)(y 4)(y + 1) = 0 ⇔ y – 4 = 0 atau y + 4 = 0 ⇔ y = 4 at a tau y = –4 ⇔ |x + 7| 7| = 4 ata tau u |x + 7| 7| = –4 –4 1) |x + 7| = 4 ⇔ |x + 7|2 = 42 ⇔ (x + 7)2 = 42 ⇔ (x + 7)2 – 42 = 0 ⇔ (x + 7 + 4)(x + 7 – 4) = 0 ⇔ (x + 11)( 11)(xx + 3) = 0 ⇔ x + 11 = 0 atau x + 3 = 0 ⇔ x = –11 atau x = –3 2) |x + 7| = –4 Nilai mutlak tidak pernah negatif. Pada persamaan tersebut ruas kanan bernilai negatif sehinggga tidak ada nilai x yang memenuhi persamaan |x + 7| = –4. 3) Ga Gabu bung ngan an pen penye yele lesa saia ian: n: x = –11 atau x = –3 Jadi, penyelesaian|x + 7| 2 – 3|x + 7| – 4 = 0 adalah x = –11 atau x = –3. 8. Jawaban: c Persamaan |x – 7| – |x – 2| = 3. Pembuat nol nilai mutlak: |x – 7| = 0 ⇔ x – 7 = 0 ⇔ x = 7 |x – 2| = 0 ⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 2 2

7

Matematika Kelas X

5

1)

Untukk in Untu inte terv rval al x ≤ 2: |x – 7| = –(x – 7) |x – 2| = –(x – 2) |x – 7| – |x – 2| = 3 ⇔ –( –(xx – 7) 7) – (–( (–(xx – 2) 2))) = 3 ⇔ –x + 7 + x – 2 = 3 ⇔ 5=3 Tidak ada nilai x yang memenuhi |x – 7| = –(x – 7) ⇔ 5 = 3. Persamaan |x – 7| = 3 untuk interval x ≤ 2 tidak mempunyai pernyelesaian. 2) Un Untu tukk in inte terv rval al 2 ≤ x ≤ 7: |x – 7| = –(x – 7) |x – 2| = x – 2 |x – 7| – |x – 2| = 3 ⇔ –(x – 7) – (x – 2) = 3 ⇔ –x + 7 – x + 2 = 3 ⇔ –2xx = –6 –2 ⇔ x=3 Oleh karena x = 3 terletak pada interval 2 ≤ x ≤ 7, penyelesaian |x – 7| – |x – 2| = 3 untuk interval 2 ≤ x ≤ 7 adalah x = 3. 3) Un Untu tukk in inte terv rval al x ≥ 7: |x – 7| = x – 7 |x – 2| = x – 2 |x – 7| – |x – 2| = 3 ⇔ (x – 7) 7) – (x (x – 2) = 3 ⇔ x – 7 –x + 2= 3 ⇔ –5 = 3 Tidak ada nilai x yang memenuhi |x – 7| – |x – 2| = 3 ⇔ –5 = 3. Persamaan |x – 7| – |x – 2| = 3 untuk interval x ≥ 7 tidak mempunyai penyelesaian. 4) Gab Gabung ungan an peny penyele elesa saian ian 1), 1), 2), 2), dan 3) adal adalah ah x = 3. Jadi, himpunan penyelesaian |x – 7| – |x – 2| = 3 adalah {3}.

|3x − 2| − |x − 3| = 4 − |x + 2| ⇔ −(3x − 2) − (−(x − 3)) = 4 − (−( x + 2)) ⇔ −3x + 2 + x − 3 = 4 + x + 2 ⇔ −2x − 1 = 6 + x ⇔ −3x = 7

7

Oleh karena x = – 3 terletak pada interval x ≤ −2 maka persamaan |3x − 2| + |3 − x| = 4 − |x + 2| untuk interval x ≤ −2 mempunyai 7

penyelesaian x = – 3 . 2)

2 3

, persamaan |3x − 2| + |3 − x| = 4 − |x

+ 2| untuk interval

−2

2

< x < 3 tidak

mempunyai penyelesaian. 3)

2

Untu tuk k in inte terrval 3 ≤ x ≤ 3: |3x − 2| = 3x − 2 |x − 3| = −(x − 3) |x + 2| = x + 2 |3x − 2| − |x − 3| = 4 − |x + 2| ⇔ (3x − 2) − (−(x − 3)) = 4 − ( x + 2) ⇔ 3x − 2 + x − 3 = 4 − x − 2 ⇔ 4x − 5 = 2 − x ⇔ 5x = 7 7

x= 5

⇔

7

2

⇔ 3x

2

Untu tuk k in interval −2 ≤ x ≤ 3 : |3x − 2| = −(3x − 2) |x − 3| = −(x − 3) |x + 2| = x + 2 |3x − 2| − |x − 3| = 4 − |x + 2| ⇔ −(3x − 2) − (−(x − 3) 3))) = 4 − (x + 2) ⇔ −3x + 2 + x − 3 = 4 − x − 2 ⇔ −2x − 1 = 2 − x ⇔ –x = 3 ⇔ x = −3 Oleh karena x = −3 tidak terletak te rletak pada pa da interval interval −2 ≤ x ≤

9. Jawaban: b Persamaan |3x – 2| – |x – 3| = 4 – |x + 2|. Pembuat nol nilai mutlak: |3x – 2| = 0

7

x =–3

⇔

Oleh karena x = 5 terletak pada interval

– 2 = 0 ⇔ x = 3 |x – 3| = 0 ⇔ x – 3 = 0 ⇔ x = 3 |x + 2| = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = –2

2 ≤ 3

x ≤ 3, persamaan |3x 2

= 4 − |x + 2| untuk interval 3 –2

1)

6

2 3

7

3

Untukk in Untu inte terv rval al x ≤ −2: |3x − 2| = –(3x – 2) |x − 3| = −(x − 3) |x + 2| = −(x + 2)


4)

punyai penyelesaian x = 5 . Untu Un tuk k in inte terv rval al x ≥ 3: |3x − 2| = 3x − 2 |x − 3| = x − 3 |x + 2| = x + 2

− 2|

+ |3

≤ x ≤ 3

−

x|

mem-

|3x – 2| – |x – 3| = 4 – |x + 2| ⇔ (3x – 2) – (x – 3) = 4 – ( + 2) ⇔ 3x – 2 – x + 3 = 4 – x – 2 ⇔ 2x + 1 = 2 – x ⇔ 3x = 1

Oleh karena x = x

1

1

x > 3, persamaan |3x

−

2| + |3

−

7

Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian: n: 4 ⇔ x 7

=

7

7

⇔ 3x

|3x + 2|+ 4x = 6 adalah x =

1. a.

7

2

+ 2 = 0 ⇔ x = – 3

2

2

Untu Un tukk in inte terv rval al x ≤ – 3 : |3x + 2| = –(3x + 2) |3x + 2| + 4x = 6 ⇔ –(3 –(3xx + 2) + 4x = 6 ⇔ –3x – 2 + 4x 4x = 6 ⇔ x –2= 6 ⇔ x=8 Oleh karena x = 8 tidak termuat pada inter-

2

⇔

x=

4 7

– 2n| =

−

3 n +1 5

3

3

⇔

8 – 2n = – 5 n + 1 atau 8 – 2n = –(– 5 n + 1)

⇔

8 – 2n = – 5 n + 1 atau 8 – 2n = 5 n – 1

⇔

–2n + 5 n = 1 – 8 at atau– au–2n 2n – 5 n = –1 –1 – 8

⇔

⇔

3

3

3

−7

5

3

13

n = –7

atau

– 5 n = –9

n=5

atau

n = 13

45

45

tidak mempunyai

Untu Un tukk in inte terv rval al x ≥ – 3 : |3x + 2| = 3x + 2 |3x + 2|+ 4x = 6 ⇔ 3x + 2 + 4x 4x = 6 ⇔ 7x + 2 = 6 ⇔ 7x = 4

.

3n − 5 −5

|8 – 2n| =

, persamaan |3x + 2|+ 4x = 6 untuk

interval x ≤ – penyelesaian.

4 7

|m + 4| – 2|–4| = 3 ⇔ |m + 4| – 2 × 4 = 3 ⇔ |m + 4| = 3 + 8 ⇔ |m + 4| 4| = 11 11 ⇔ m + 4 = 11 atau –(m + 4) = 11 ⇔ m + 4 = 11 atau m + 4 = –11 ⇔ m = 11 – 4 atau m = –11 – 4 ⇔ m=7 atau m = –15 Jadi, penyelesaian |m + 4| – 2|–4| = 3 adalah 7 atau –15.

⇔|8

–3

2 3

.

B. Ur Urai aian an

b.

2 val x ≤ – 3

4 7

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

+ 2| adalah {– 3 , 5 }.

|3x + 2| = 0

2)

2

– 3 mempunyai penyelesaian

.

{ } atau x =

10. Jawaban: d |3x + 2|+ 4x = 6 Ruas kanan belum tentu bernilai positif. Gunakan cara analisis nilai x. Pembuat nol nilai mutlak:

1)

4 7

≥

Gabung Gab ungan an peny penyele elesai saian an a, a, b, c, c, dan dan d adala adalah h

x = – 3 atau x = 5 Jadi, himpunan penyelesaian |3x − 2| − |x − 3| = 4 − |x

3)

x|

= 4 − |x + 2| untuk interval x > 3 tidak mempunyai penyelesaian. 5)

2

x=

Oleh karena x = 3 tidak terletak pada interval

termuat pada interval

– 3 , persamaan |3x + 2|+ 4x = 6 untuk

interval x

x= 3

⇔

≥

4 7

c.

Jadi, nilai n yang memenuhi 5 atau 13 . 10 – 4|4 – 5p| = –26 ⇔ –4|4 – 5p| = –36 ⇔ |4 – 5p| 5p| = 9 ⇔ 4 – 5p = 9 atau –(4 – 5p) = 9 ⇔ 4 – 5p = 9 atau 4 – 5p = –9 ⇔ –5p = 9 – 4 atau –5p = –9 – 4 ⇔ –5p = 5 atau –5p = –13 p = –1

atau

13

p= 5 Jadi, penyelesaian 10 – 4|4 – 5p| = –26 ⇔

13

adalah –1 atau 5 .

Matematika Kelas X

7

2. Ketiga persam persamaan aan tersebu tersebutt lebih lebih mudah mudah dikerjadikerjakan dengan menguadratkan kedua ruas. a. |6x − 12| = |x + 8| Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |6x – 12|2 = |x + 8|2 ⇔ (6x – 12)2 = (x + 8) 2 ⇔ (6x – 12)2 – (x + 8)2 = 0 ⇔ (6x – 12 + (x (x + 8))(6x 8))(6x – 12 – (x + 8)) 8)) = 0 ⇔ (7x – 4)(5x – 20) = 0 ⇔ 7x – 4 = 0 atau 5x – 20 = 0 4

2)

b.

20

x = 7 atau x = 5 = 4

⇔

Jadi, nilai x yang memenuhi |6x − 12| = |x + 8| 4

b.

adalah x = 7 atau x = 4. |3x + 8| = |4 − 2x| Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |3x + 8|2 = |4 – 2x|2 ⇔ (3x + 8)2 = (4 – 2x)2 ⇔ (3x + 8)2 – (4 – 2x)2 = 0 ⇔ (3x + 8 + (4 – 2x)) 2x))(( 3x + 8 – (4 – 2x)) = 0 ⇔ (x + 12)( 12)(5x 5x + 4) 4) = 0 ⇔ x + 12 = 0 atau 5x + 4 = 0

|2 – x| = 7 ⇔ 2 – x= 7 atau 2 – x = –7 ⇔ –x = 5 atau –x = –9 ⇔ x = –5 atau x =9 3) Ga Gabu bung ngan an pen penye yele lesa saia ian: n: x = 1 atau x = 3 atau x = –5 atau x = 9 Jadi, penyelesaian |5 – |2 – x| – 1| = 3 adalah x = 1 atau x = 1 atau x = 3 atau x = 9. |4x + 1|3 – 5|4x + 1| + 6 = 0 Misalkan y = |4x + 1| persamaan menjadi: y2 – 5y + 6 = 0 ⇔ (y – 2)(y 2)(y – 3) = 0 ⇔ y – 2 = 0 atau y–3= 0 ⇔ y = 2 at atau y=3 ⇔ |4x + 1| = 2 atau |4x + 1| = 3 1) |4x + 1| = 2 ⇔ 4x + 1 = 2 atau –(4x + 1) = 2 ⇔ 4x + 1 = 2 atau 4x + 1 = –2 ⇔ 4x = 2 – 1 atau 4x = –2 – 1 ⇔ 4x = 1 atau 4x = –3 2)

4

x = –12 atau

x= –5 Jadi, nilai x yang memenuhi |3x + 8| = |4 − ⇔

4

c.

2x| adalah x = –12 atau x = – 5 . |5x − 8| − |13 − 2x| = 0 ⇔|5x – 8| = |13 – 2x| Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |5x – 8|2 = |13 – 2x| 2 ⇔ (5x – 8)2 = (13 – 2x) 2 ⇔ (5x – 8)2 – (13 – 2x)2 = 0 ⇔ (5x – 8 + (13 – 2x))(5x – 8 – (13 – 2x))= 0 ⇔ (3x + 5)(7x 5)(7x – 21) = 0 ⇔ 3x + 5 = 0 atau atau 7x 7x – 21 21 = 0 ⇔

x

⇔

x

5 = – 3 a attau 5 = – 3 a attau

x=

21 7

x =3

Jadi, nilai x yang memenuhi |5x – 8| – |13 – 2x| = 0 5

adalah x = – 3 atau x = 3. 3. a.

1 4

atau

|4x + 1| = 3 ⇔ 4x + 1 = 3 ⇔ 4x + 1 = 3 ⇔ 4x = 3 – 1 ⇔ 4x = 2 x=

⇔

2 4

=

3

x= – 4

atau –(4x + 1) = 3 atau 4x + 1 = –3 atau 4x = –3 – 1 atau 4x = –4 1 2

attau a

x = –1

3) Ga Gabu bung ngan an peny penyel eles esai aian an:: x =

1 4

3

atau x = – 4 atau x =

1 2

atau

x = –1 Jadi, penyelesaian |4x + 1| 2 – 5|4x + 1| + 6 = 0 3

adalah x = –1 atau x = – 4 atau x = x=

1 2

1 4

atau

.

4. Kedua persam persamaan aan tersebu tersebutt lebih lebih mudah mudah dikerjadikerjakan dengan analisis nilai x. a. Pe Pers rsam amaa aan n |8 |8 – 2x 2x|| + x – 5 = 0 Pembuat nol nilai mutlak: |8 – 2x| = 0 ⇔ 8 – 2x = 0 ⇔ x = 4

|5 – |2 – x| – 1| = 3 |4 – |2 |2 – x|| x|| = 3 ⇔ 4 – |2 – x| = 3 atau –(4 – |2 – x|) = 3 ⇔ 4 – |2 – x| = 3 atau 4 – |2 – x| = –3 ⇔ –|2 – x| = –1 atau –|2 – x| = –7 ⇔ |2 – x| = 1 atau |2 – x| = 7 1) |2 – x| = 1 ⇔ 2 – x= 1 atau 2 – x = –1 ⇔ –x = –1 atau –x = –3 ⇔ x = 1 atau x=3 ⇔

8

x=

⇔


4

1)

Untuk Untu k in inte terv rval al x ≤ 4: |8 – 2x | = 8 – 2x |8 – 2x | + x – 5 = 0 ⇔ 8 – 2x 2x + x – 5 = 0 ⇔ 3–x=0 ⇔ x=3

2)

Oleh karena x = 3 terletak pada interval x ≤ 4, x = 3 merupakan penyelesaian persamaan |8 – 2x | + x – 5 = 0 untuk interval x ≤ 4. Untu Un tukk in inte terv rval al x ≥ 4: |8 – 2x | = –(8 – 2x) |8 – 2x | + x – 5 = 0 ⇔ –(8 – 2x) 2x) + x – 5 = 0 ⇔ –8 + 2x 2x + x – 5 = 0 ⇔ 3x – 13 13 = 0 ⇔ 3x = 13 x=

⇔

Oleh karena x = val x

3)

≥

13 3

2)

adalah x = 3 atau x =

13 3

1 5 ≤ x ≤ 5 3

b.

13 3

1

3)

.

}.

Persamaan |3 |3x − 5| − |10x − 2| + |2x − 8| = 0. Pembuat nol nilai mutlak: |3x – 5| = 0 ⇔ 3x – 5 = 0 ⇔ x =

|10x – 2| = 0 ⇔ 10x – 2 = 0 ⇔ x = |2x – 8| = 0 ⇔ 2x – 8 = 0 ⇔ x =

8 2

=

|10x – 2| ≤ x ≤

5 3

.

5

Untu tuk k in inte terrval 3 ≤ x ≤ 4: |3x – 5| = 3x – 5 |10x – 2| = 10x – 2 |2x – 8|= –(2x – 8) |3x – 5| – |10x – 2| + |2x – 8| = 0 ⇔ 3x – 5 – (10 (10xx – 2) + (–( (–(2x 2x – 8)) 8)) = 0 ⇔ 3x – 5 – 10x 10x + 2 – 2x + 8 = 0 ⇔ –9xx + 5 = 0 –9 ⇔ –9xx = –5 –9 –5 −5

5

x = −9 = 9

⇔

5 3 2 10

−

+ |2x – 8| = 0 untuk interval 5

Jadi, himpunan penyelesaian |2x – 8| – x + 5 = 0 adalah {3,

, x = 1 merupakan penyele-

saian persamaan |3x – 5|

merupakan

penyelesaian persamaan |8 – 2x| + x – 5 = 0 untuk interval x ≥ 4. Gabun Gab ungan gan pen penye yeles lesaia aian n 1) 1) dan dan 2)

−15

x = −15 ⇔ x=1 Oleh karena x = 1 terletak pada interval

13 3

13 3

5

⇔

terletak pada inter-

4, x =

1

Untu tuk k in inte terrval 5 ≤ x ≤ 3 : |3x – 5| = –(3x – 5) |10x – 2| = 10x – 2 |2x – 8| = –(2x – 8) |3x – 5| − |10x – 2| + |2x – 8| = 0 ⇔ –(3x – 5) − (10x – 2) + (–(2x – 8)) = 0 ⇔ –3x + 5 – 10x + 2 – 2x + 8= 0 ⇔ –15x –1 5x + 15 = 0 ⇔ –15x –1 5x = –15 –15

5

Oleh karena x = 9 tidak terletak pada

1 5

5

5

interval 3 ≤ x ≤ 4, x = 9 bukan penyelesaian persamaan |3x – 5| – |10x – 2|

= 4

5

1 5

1)

4

5 3

Untu Un tukk in inte terv rval al x

1 ≤ 5

4)

:

|3x – 5| = –(3x – 5) |10x – 2| = –(10x – 2) |2x – 8| = –(2x – 8) |3x – 5| − |10x – 2| + |2x – 8| = 0 ⇔ –(3x – 5) − (–(10x – 2)) + (–(2x – 8)) = 0 ⇔ –3x + 5 + 10x – 2 – 2x + 8 = 0 ⇔ 5x + 11 11 = 0 ⇔ 5x = –11 –11

11

Oleh karena x = – 5 terletak pada 1 5

11

⇔

x = −5

⇔

x=–5

11

x=– 5

⇔

interval x

+ |2x – 8| = 0 untuk interval 3 ≤ x ≤ 4. Untu Un tuk k in inte terv rval al x ≥ 4: |3x – 5| = 3x – 5 |10x – 2| = 10x – 2 |2x – 8| = 2x – 8 |3x – 5| – |10x – 2| + |2x – 8| = 0 ⇔ 3x – 5 – (1 (10x 0x – 2) 2) + (2 (2xx – 8) = 0 ⇔ 3x – 5 – 10x 10x + 2 + 2x – 8 = 0 ⇔ –5xx – 11 = 0 –5 ⇔ –5xx = 11 –5 11

11

11

, x = – 5 merupakan penyelesaian persamaan |3x – 5| – ≤

1

|10x – 2| + |2x – 8| = 0 untuk interval interval x < 5 .

Matematika Kelas X

9

A. Pilih Pilihan an Gan Ganda da 1. Jawaban: a |y| < 3 ⇔ –3 < y < 3 Jadi, himpunan penyelesaian |y| < 3 adalah {y| –3 < y < 3}. 2. Jawaban: a |6x – 11| ≤ –7 Oleh karena nilai mutlak bilangan tidak pernah negatif atau |6x – 11| ≥ 0 maka tidak ada nilai x yang memenuhi |6x – 11| ≤ –7. Jadi, himpunan penyelesaiannya |6x – 11| ≤ –7 adalah { }.

5. Jawaban: b |2x + 1| < |2x – 3| ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |2x + 1|2 < |2x – 3|2 ⇔ (2x + 1)2 < (2x – 3)2 ⇔ (2x + 1)2 – (2x – 3)2 < 0 ⇔ (2x + 1 + (2x (2x – 3))(2x 3))(2x + 1 – (2x – 3)) 3)) < 0 ⇔ (4x – 2)(4) 2)(4) < 0 Pembuat nol: 4x – 2 = 0 –

3

y< 7

atau

y>3 3

Jadi, penyelesai p enyelesaian an |7y – 12| – 3 > 6 adalah y < 7 atau y > 3. 4. Jawaban: e 0 < |x – 3| < 3 ⇔ 0 < |x – 3| dan |x – 3| < 3 ⇔ |x – 3| > 0 dan |x – 3| < 3 1) |x – 3| > 0 ⇔ x – 3 < –0 atau x – 3 > 0 ⇔ x < 3 atau x>3 . . . (1) |x – 3| < 3

⇔ ⇔

1

|2x + 1| < |2x – 3| adalah {x | x < 2 , x ∈ R}. 6. Jawaban: e |x2 – 2| ≤ 1 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |x2 – 2|2 ≤ 12 2 ⇔ (x – 2)2 – 12 ≤ 0 ⇔ (x2 – 2 + 1)(x2 – 2 – 1) ≤ 0 ⇔ (x2 – 1)(x2 – 3) ≤ 0 Pembuat nol: (x2 – 1)(x2 – 3) = 0 ⇔ (x2 – 1) = 0 atau (x2 – 3) 3) = 0 2 ⇔ x = 1 atau x2 = 3 ⇔ x = ±1 atau x=± 3 +

6

+

– 1

3

7. Jawaban: b |x – |2x – 1|| ≥ 12 Pembuat nol nilai mutlak:

Penyelesaiannya: 0 < x < 3 atau 3 < x < 6. Jadi, semua nilai x yang memenuhi adalah 0 < x < 3 atau 3 < x < 6.

|2x – 1| = 0

⇔ 2x

1

– 1 = 0 ⇔ x = 2

1 2

10

+

Penyelesaiannya: – 3 ≤ x ≤ –1 atau 1 ≤ x ≤ 3 . Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi |x 2 – 2| ≤ 1 adalah – 3 ≤ x ≤ –1 atau 1 ≤ x ≤ 3 .

6

Irisan penyelesaian (1) dan (2): 3

–

– 3 –1

. . . (2)

0

+

1

–3 < x – 3 < 3 0< x< 6

0

1

Penyelesaian (4x – 2)(4) < 0 adalah x < 2 . Jadi, himpunan semua nilai x yang memenuhi

3

2)

2

x = 4 = 2 .

1 2

3. Jawaban: c |7y – 12| – 3 > 6 ⇔ |7y – 12| 12| > 9 ⇔ 7y – 12 < –9 atau 7y – 12 > 9 ⇔ 7y < –9 + 12 atau 7y > 9 + 12 ⇔ 7y < 3 atau 7y > 21 ⇔

⇔


a.

Penyelesaiannya: –2 < y < 6 ⇔ –2 < |x – 2| < 6 ⇔ –2 < |x – 2| dan |x – 2| < 6

1

Untu tukk in inte terrval x ≤ 2 : |2x – 1| = –(2x – 1) |x – |2x – 1|| ≥ 12 ⇔ |x – (–(2x – 1))| ≥ 12 ⇔ |x + 2x – 1| ≥ 12 ⇔ |3x – 1| ≥ 12 ⇔ 3x – 1 ≥ 12 at ata au 3x – 1 ≤ –12 ⇔ 3x ≥ 1 13 3 atau 3x ≤ –11 13

11

x ≥ 3 at atau

⇔

Irisan penyelesaian (x dan interval (x

1)

x ≤ – 3 ≥

13 3

atau x

1 ) 2

≤

11

– 3)

11

adalah x ≤ – 3 . Pertidaksamaan |x – |2x – 1|| ≥ 12 untuk interval x

≤

1 ≤ mempunyai 2

penyelesaian

11

x ≤ – 3 . b.

–2 < |x – 2| ⇔ |x – 2| > –2 Oleh karena |x – 2| ≥ 0 maka |x – 2| > –2 dipenuhi oleh semua x ∈ R R.. . . . (1) 2) |x – 2| < 6 ⇔ –6 < x – 2 < 6 ⇔ –6 + 2 < x – 2 + 2 < 6 + 2 ⇔ –4 < x < 8 . . . (2) 3) Iris Irisan an peny penyele elesai saian an (1) (1) dan dan (2) (2) adal adalah ah –4 < x < 8. Jadi, himpunan penyelesaian |x – 2| 2 < 4|x – 2| + 12 adalah {x | –4 < x < 8, x ∈ R}. 9. Jawaban: c |2x + 5| ≤ x + 3 Pembuat nol nilai mutlak: |2x + 5| = 0

5

+ 5 = 0 ⇔ x = – 2

1

Untu tukk in inte terrval x ≥ 2 : |2x – 1| = 2x – 1 |x – |2x – 1|| ≥ 12 ⇔ |x – (2x – 1)| ≥ 12 ⇔ |–x + 1| ≥ 12 ⇔ –x + 1 ≥ 12 atau –x + 1 ≤ –12 ⇔ –x ≥ 11 atau –x ≤ –13 ⇔ x ≤ –11 atau x ≥ 13 Irisan penyelesaian (x ≤ –11 atau x ≥ 13) dan

5

–2

a.

≥ 12

untuk

Irisan penyelesaian (x

Gabu Ga bung ngan an pe peny nyel eles esai aian an a dan dan b:

5

11

≥

8. Jawaban: d |x – 2|2 < 4|x – 2| + 12 Misalkan y = |x – 2|, pertidaksamaan menjadi: y2 < 4y + 12 ⇔ y2 – 4y – 12 < 0 ⇔ (y + 2)(y – 6) < 0 Pembuat nol: (y + 2)(y – 6) = 0 ⇔ y = –2 atau y = 6

–2

+ 6

≥

5 interval x ≤ – 2 8 5 – 3 ≤ x ≤ – 2 .

b.

8

– 3 ) dan interval

≤ x ≤ –

Pertidaksamaan |2x + 5|

12

11

–

8

(x ≤ – 2 ) adalah – 3

adalah x ≤ – 3 atau x ≥ 13.

+

8

x ≥ – 3

⇔

1 interval x ≥ 2 mempunyai penyelesaian x ≥ 1 13. 3.

x ≤ – 3 atau x ≥ 13 Jadi, nilai x yang memenuhi |x – |2x – 1||

5

Untu tuk k in inte terrval x ≤ – 2 : |2x + 5| = –(2x + 5) |2x + 5| ≤ x + 3 ⇔ –(2x + 5) ≤ x + 3 ⇔ –2x – 5 ≤ x + 3 ⇔ –2x – x ≤ 3 + 5 ⇔ –3x ≤ 8

1

interval (x ≥ 2 ) adalah x ≥ 13. Pertidaksamaan |x – |2x – 1||

c.

⇔ 2x

5 2

.

≤ x

+ 3 untuk

mempunyai penyelesaian

5

Untu tuk k in interval x ≥ – 2 : |2x + 5| = 2x + 5 |2x + 5| ≤ x + 3 ⇔ 2x + 5 ≤ x + 3 ⇔ 2x – x ≤ 3 – 5 ⇔ x ≤ –2 Irisan penyelesaian (x 5

5

(x ≥ – 2 ) adalah – 2

≤ –2)

dan interval

≤ x ≤ –2.

Matematika Kelas X

11

Pertidaksamaan |2x + 5| interval x 5

–2 c.

≥

≤ x

+ 3 untuk

c.

5

– 2 mempunyai penyelesaian

≤ x ≤ –2.

Gabu Ga bung ngan an pe peny nyel eles esai aian an a dan dan b: 8

5

5

– 3 ≤ x ≤ – 2 atau – 2

≤ x ≤ – –2 2⇔–

8 ≤ x ≤ – –2. 2. 3

8

1

x ≥ – 4

⇔

Jadi, penyelesaian pertidaksamaan pertidaksamaan |2x + 5| ≤ x + 3 adalah – 3

Untu tuk k in intterval x ≥ 2: |6x| = 6x |2x – 4| = 2x – 4 |6x| – |2x – 4| ≥ 3 ⇔ 6x – (2x – 4) ≥ 3 ⇔ 6x – 2x + 4 ≥ 3 ⇔ 4x ≥ –1


≤ x ≤ –2.

10. Jawaban: b |6x| – |2x – 4| ≥ 3 Pembuat nol nilai mutlak: |6x| = 0 |2x – 4| = 0 ⇔ 2x – 4 = 0 ⇔ x = 2

d.

≥

1


(x ≥ 2) adalah x ≥ 2. Pertidaksamaan |6x| – |2x – 4| ≥ 3 untuk interval x ≥ 2 mempunyai penyelesaian x ≥ 2. Gabu Ga bung ngan an pe peny nyel eles esai aian an a, a, b, da dan n c: c: 7

7

x ≤ – 4 atau 8

≤ x ≤ 2

7

atau x ≥ 2 ⇔ x ≤ – 4

7

0

a.

atau x ≥ 8 . Jadi, penyelesaian pertidaksamaan

2

Untu tukk in inte terrval x ≤ 0: |6x| = –6x |2x – 4| = –(2x – 4) |6x| – |2x – 4| ≥ 3 ⇔ –6x – (–(2x – 4)) ≥ 3 ⇔ –6x + 2x – 4 ≥ 3 ⇔ –4x ≥ 7

7

B. Ur Urai aian an 1. a. 7

x ≤ – 4

⇔


≤

7


7

(x ≤ 0) adalah x ≤ – 4 . Pertidaksamaan |6x| – |2x – 4| ≥ 3 untuk interval x ≤ 0 mempunyai penyelesaian x b.

7 ≤ – 4

Untu tukk in interval 0 ≤ x ≤ 2: |6x| = 6x |2x – 4| = –(2x – 4) |6x| – |2x – 4| ≥ 3 ⇔ 6x – (–(2x – 4)) ≥ 3 ⇔ 6x + 2x – 4 ≥ 3 ⇔ 8x ≥ 7

7

x = – 3 atau x = 3 +

– 7

–3 ⇔

+

3

7

– 3 < x < 3 7

Jadi, penyelesaian |3x – 1| < 8 adalah – 3 < x < 3. b.

7

x ≥ 8


≥

7 8

) dan interval

7

(0 ≤ x ≤ 2) adalah 8 ≤ x ≤ 2. Pertidaksamaan |6x| – |2x – 4| ≥ 3 untuk interval 0 ≤ x ≤ 2 mempunyai penyelesaian 7 ≤ x ≤ 2. 8

12

|3x – 1| < 8 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |3x – 1|2 < 82 ⇔ (3x – 1)2 < 82 ⇔ (3x – 1)2 – 82 < 0 ⇔ (3x – 1 + 8)(3x 8)(3x – 1 – 8) < 0 ⇔ (3x + 7)(3x – 9) < 0 Pembuat nol: (3x + 7)(3x – 9) = 0 ⇔

.

⇔

7

|6x| – |2x – 4| ≥ 3 adalah x ≤ – 4 atau x ≥ 8 .


|9 – 2x| > 11 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |9 – 2x|2 > 112 ⇔ (9 – 2x)2 > 112 ⇔ (9 – 2x)2 – 112 > 0 ⇔ (9 – 2x + 11)(9 11)(9 – 2x – 11) > 0 ⇔ (20 – 2x)(–2x 2x)(–2x – 2) > 0

Pembuat nol: (20 – 2x)(–2x – 2) = 0 ⇔ 20 = 2x atau –2x = 2 ⇔ x = 10 atau x = –1 +

–

+

+

–1

c.

Pembuat nol: –2x –2 x +6 = 0 ⇔ –2x –2 x = –6 ⇔ x=3

10

3

Penyelesaiannya: x < –1 atau x > 10. Jadi, penyelesaian |9 – 2x| > 11 adalah x < –1 atau x > 10. –6 ≤ –3|3 – 5x| ≤ 9 Kedua ruas dibagi (–3) diikuti dengan membalik tanda ketidaksamaan. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

1)

2)

−6 −3

−3

≥

Penyelesaiannya: x > 3 Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi |2 – x| > |x – 4| adalah x > 3. b.

9 3 − 5x ≥ 3 − 3 −

2 ≥ |3 – 5x| ≥ –3 –3 ≤ |3 – 5x| ≤ 2 –3 ≤ |3 – 5x| dan |3 – 5x| ≤ 2 –3 ≤ |3 – 5x| Oleh karena |3 – 5x| ≥ 0 maka –3 ≤ |3 – 5x| ⇔ |3 – 5x| ≥ –3 terpenuhi oleh semua nilai x ∈ R R.. . . . (1) |3 – 5x| ≤ 2 ⇔ |3 – 5x|2 ≤ 22 ⇔ (3 – 5x) 2 – 22 ≤ 0 ⇔ (3 – 5x + 2)(3 – 5x – 2) ≤ 0 ⇔ (5 – 5x)(1 – 5x) ≤ 0 Pembuat nol: (5 – 5x)(1 – 5x) = 0 ⇔

1

x = 1 atau x = 5 +

–

+

1 5

. . . (2)

1

3) Iri Irisa san n peny penyel eles esai aian an (1) (1) dan dan (2) (2):: 1 5

1

Jadi, penyelesaian –6 ≤ –3|3 – 5x| ≤ 9 adalah

|2x – 1| < |x + 2| ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |2x – 1|2 < |x + 2|2 ⇔ (2x – 1)2 < (x + 2)2 ⇔ (2x – 1)2 – (x + 2)2 < 0 ⇔(2x – 1 + (x + 2))(2x – 1 – (x + 2) < 0 ⇔ (3x + 1)(x 1)(x – 3) < 0 Pembuat nol: (3x + 1)(x – 3) = 0 ⇔

a.

|2 – x| > |x – 4| ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |2 – x|2 > |x – 4| 2 ⇔ (2 – x)2 > (x – 4) 2 ⇔ (2 – x)2 – (x – 4)2 > 0 ⇔ (2 – x + (x – 4))(2 – x – (x – 4)) > 0 ⇔ (–2)(– (–2 )(–2x 2x + 6) > 0 ⇔ –2x –2 x + 6< 0

1

x = – 3 atau x = 3 +

– 1

+ 3

–3

1

Penyelesaiannya: – 3 < x < 3. Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi 1

|2x – 1| < |x + 2| adalah – 3 < x < 3. c.

|2 – x2| ≥ 3 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |2 – x2|2 ≥ 32 ⇔ (2 – x2)2 ≥ 32 ⇔ (2 – x2)2 – 32 ≥ 0 ⇔ (2 – x2 + 3)(2 – x2 – 3) ≥ 0 ⇔ (–x2 + 5)(–x2 – 1) ≥ 0 Pembuat nol: (–x2 + 5)(–x2 – 1) = 0 1)

1 ≤ x ≤ 1. 5

2.

–

(–x2 + 5) = 0 ⇔ 5 – x2 = 0 ⇔ 5 – x2 = 0 ⇔ ( 5 + x)( 5 – x) = 0 ⇔

x = – 5 atau x =

5

(–x2 – 1) = 0 –x2 – 1 merupakan definit negatif (a < 0 dan D < 0) sehingga nilai –x2 – 1 tidak pernah bernilai nol. Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. 2)

+

–

– 5

+ 5

Matematika Kelas X

13

Penyelesaiannya: x ≤ – 5 atau x ≥ 5 . Jadi himpunan penyelesaian |2 – x 2| ≥ 3 adalah {x | x ≤ – 5 atau x ≥ 5 }. d.

3

3

Irisan x < 10 dan x ≥ 2 adalah 2 ≤ x < 10. 10

3 2

|x2 – 2x – 4| < 4 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |x2 – 2x – 4|2 < 42 ⇔ (x2 – 2x – 4)2 < 42 ⇔ (x2 – 2x – 4)2 – 42 < 0 ⇔ (x2 – 2x – 4 + 4)(x2 – 2x – 4 – 4) < 0 ⇔ (x2 – 2x)(x2 – 2x – 8) < 0 Pembuat nol: (x2 – 2x)(x2 – 2x – 8) = 0 ⇔ x(x – 2)(x + 2)(x – 4) = 0 ⇔ x = 0 atau x = 2 atau x = –2 atau x = 4

Pertidaksamaan |4x – 6| < 3x + 4 untuk 3

interval x ≥ 2 mempunyai penyelesaian 3 ≤ x 2

3)

< 10.

Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian: n: 10

2 7

2

+

–

+

–2

0

– 2

Gabungan penyelesaiannya: 7 < x < 10 Jadi, himpunan penyelesaian

+ 4

Penyelesaiannya: –2 < x < 0 atau 2 < x < 4. Jadi, himpunan penyelesaian |x 2 – 2x – 4| < 4 adalah {x | –2 < x < 0 atau 2 < x < 4}. 3.

a.

|4x – 6|< 3x + 4 Pembuat nol nilai mutlak: 6

3

|4x – 6| = 0 ⇔ 4x – 6 = 0 ⇔ x = 4 = 2

2

b.

|4x – 6| < 3x + 4 adalah {x| 7 < x < 10}. |x2 – 3x + 2| ≥ 4x – 4 Pembuat nol nilai mutlak: |x2 – 3x + 2| = 0 ⇔ x2 – 3x 3x + 2 = 0 ⇔ (x – 1)(x 1)(x – 2) = 0 ⇔ x – 1 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x = 1 atau x=2

3 2

1)


|4x – 6| = –(4x – 6) |4x – 6| < 3x + 4 ⇔ –(4 –(4xx – 6) 6) < 3x + 4 ⇔ –4x + 6 < 3x + 4 ⇔ –4x – 3x < 4 – 6 ⇔ –7xx < –2 –7 2

x> 7

⇔

2

3

2

1

3 ≤ : 2

2

3

Irisan x > 7 dan x ≤ 2 adalah 7 < x ≤ 2 .

|x2 – 3x + 2| ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 atau x ≥ 2 1) Un Untu tuk k in inte terv rval al x ≤ 1: 2 |x – 3x + 2| = x2 – 3x + 2 |x2 – 3x + 2| ≥ 4x – 4 ⇔ x2 – 3x + 2 ≥ 4x – 4 ⇔ x2 – 7x + 6 ≥ 0 ⇔ (x – 1)(x – 6) ≥ 0 Pembuat nol: ⇔ (x – 1)( 1)(xx – 6) = 0 ⇔ x = 1 atau atau x = 6 +

2 7

1

3 2

Pertidaksamaan |4x – 6| < 3x + 4 untuk 3

interval x ≤ 2 mempunyai penyelesaian 2 3 < x ≤ 7 2

2)

.


≥

3 2

:

|4x – 6| = 4x – 6 |4x – 6| < 3x + 4 ⇔ 4x – 6 < 3x + 4 ⇔ 4x – 3x < 4 + 6 ⇔ x < 10

14

–


2)

+ 6

Penyelesaian (x – 1)(x – 6) ≥ 0 adalah x ≤ 1 atau x ≥ 6. Irisan penyelesaian (x ≤ 1 atau x ≥ 6) dan interval (x ≤ 1) adalah x ≤ 1. Pertidaksamaan |x2 – 3x + 2| ≥ 4x – 4 untuk interval x ≤ 1 mempunyai penyelesaian x ≤ 1. Untu Un tuk k in inte terv rval al 1 ≤ x ≤ 2: 2 |x – 3x + 2| = –(x2 – 3x + 2) |x2 – 3x + 2| ≥ 4x – 4

–(x2 – 3x + 2) ≥ 4x – 4 ⇔ –x2 + 3x – 2 ≥ 4x – 4 ⇔ –x2 – x + 2 ≥ 0 ⇔ x2 + x – 2 ≤ 0 ⇔ (x + 2) (x – 1) ≤ 0 Pembuat nol: ⇔ (x + 2) (x – 1) = 0 ⇔ x = –2 atau x = 1

4.

⇔

a.

|x – 3|2 > 7|x – 3| – 6 Misalkan y = |x – 3|, pertidaksamaan menjadi: y2 > 7y – 6 ⇔ y2 – 7y + 6 > 0 ⇔ (y – 1)(y – 6) > 0 Pembuat nol: (y – 1)(y – 6) = 0 ⇔ y = 1 atau y = 6 +

–2

– 1

+

2)

⇔

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

+

. . . (1)

4

|x – 3| 3| > 6 |x – 3|2 > 62 (x – 3)2 > 62 (x – 3)2 – 62 > 0 (x – 3 + 6)(x – 3 – 6) 6) > 0 (x + 3)( 3)(xx – 9) 9) > 0

+

–

+

–3

3)

6

b.

Gabu Ga bung ngan an pen penye yeles lesaia aian n (1) (1) dan dan (2): (2): 2

4

–

+

–2

Gabungan penyelesaiannya x ≤ 1 atau x ≥ 6. Jadi, penyelesaian |x 2 – 3x + 2| ≥ 4x – 4 adalah x ≤ 1 atau x ≥ 6.

9

Penyelesaiannya: x < –3 atau 2 < x < 4 atau x > 9. Jadi, nilai x yang memenuhi |x – 3| 2 > 7|x – 3| – 6 adalah x < –3 atau 2 < x < 4 atau x > 9. 14 + 5|5 5|5x x + 2| < |5x |5x + 2| 2|2 Misalkan y = |5x + 2|, pertidaksamaan menjadi: 14 + 5y < y2 ⇔ 0 < y2 – 5y – 14 2 ⇔ y – 5y 5y – 14 > 0 ⇔ (y + 2)(y 2)(y – 7) > 0 +

6

. . . (2)

9

–3

6

1

y>6

⇔

+

Pertidaksamaan |x2 – 3x + 2| ≥ 4x – 4 untuk interval x ≥ 2 mempunyai penyelesaian x ≥ 6. Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian: n:

– 2

Penyelesaian (x – 1)(x – 6) ≥ 0 adalah x ≤ 1 atau x ≥ 6. Irisan penyelesaian (x ≤ 1 atau x ≥ 6) dan interval (x ≥ 2):

4)

6

Penyelesaiannya: y < 1 atau y > 6. 1) y < 1 ⇔ |x – 3| 3| < 1 ⇔ |x – 3|2 < 12 ⇔ (x – 3)2 < 12 ⇔ (x – 3)2 – 12 < 0 ⇔ (x – 3 + 1)(x – 3 – 1) 1) < 0 ⇔ (x – 2)( 2)(xx – 4) < 0

Pertidaksamaan |x 2 – 3x + 2| ≥ 4x – 4 untuk interval 1 ≤ x ≤ 2 tidak mempunyai penyelesaian. Untu Un tukk in inte terv rval al x ≥ 2: |x2 – 3x + 2| = x2 – 3x + 2 |x2 – 3x + 2| ≥ 4x – 4 ⇔ x2 – 3x + 2 ≥ 4x – 4 ⇔ x2 – 7x + 6 ≥ 0 ⇔ (x – 1) (x – 6) ≥ 0 Pembuat nol: ⇔ (x – 1)(x – 6) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 6 +

+

1

Penyelesaian (x + 2) (x – 1) ≤ 0 adalah –2 ≤ x ≤ 1. Irisan penyelesaian (–2 ≤ x ≤ 1) dan interval (1 ≤ x ≤ 2):

3)

–

1

⇔

1)

7

y < –2 –2 atau atau y > 7 y < –2 ⇔ |5x + 2| < –2 Oleh karena |5x + 2| ≥ 0, tidak ada nilai x ∈ R yang memenuhi |5x + 2| < –2. . . . (1)

Matematika Kelas X

15

2)

y>7

|5x + 2| |5x 2| > 7 ⇔ |5x + 2|2 > 72 ⇔ (5x + 2)2 – 72 > 0 ⇔ (5x + 2 + 7)(5x 7)(5x + 2 – 7) > 0 ⇔ (5x + 9)(5 9)(5x x – 5) > 0 Pembuat nol: (5x + 9)(5x – 5) = 0

3) Ga Gabu bung ngan an peny penyel eles esai aian an (1) (1) dan (2) (2)::

⇔

9

–5

Jadi, nilai x yang memenuhi 14 + 5|5x + 2| < 9

9

+

– 9

–5

+

9

penyelesaiannya: x < – 5 atau x > 1. |5x + 2|2 adalah x < – 5 atau x > 1.

x = – 5 atau x = 1

⇔

1

. . . (2)

5.

1

Misalkan Misalk an H = kemu kemungk ngkina inan n peruba perubahan han ketin ketinggi ggian an air air Penyimpangan air > 80 cm |H – 750 cm| > 80 cm ⇔ H – 750 cm < –80 cm atau H – 750 cm > 80 cm ⇔ H < 670 cm atau H > 830 cm Jadi, interval perubahan ketinggian air di pintu air Manggarai adalah kurang dari < 670 cm atau H > 830 cm.

1. Jawaban: b |2x + 1| = 5 Kedua ruas dikuadratkan ⇔ |2x + 1|2 = 52 ⇔ (2x + 1)2 = 52 ⇔ (2x + 1)2 – 52 = 0 ⇔ (2x + 1 + 5)(2x + 1 – 5) = 0 ⇔ (2x + 6)(2 6)(2xx – 4) = 0 ⇔ 2x = –6 atau 2x = 4 ⇔ x = –3 atau x = 2 Jadi, nilai x yang memenuhi |2x + 1| = 5 adalah x = –3 atau x = 2.

4. Jawaban: e

2. Jawaban: a |5x – 10| = –5 Nilai mutlak suatu bilangan tidak pernah negatif sehingga |5x – 10| = –5 tidak mempunyai penyelesaian. Jadi, himpunan penyelesaian |5x – 10| = –5 adalah { }.

5. Jawaban: c |x2 – 4x – 12| = 9 Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |x2 – 4x – 12|2 = 92 ⇔ (x2 – 4x – 12)2 = 92 ⇔ (x2 – 4x – 12)2 – 92 = 0 ⇔ (x2 – 4x – 12 + 9)(x 2 – 4x – 12 – 9) = 0 ⇔ (x2 – 4x – 3)(x2 – 4x – 21) 21) = 0 2 2 ⇔ x – 4x – 3 = 0 atau x – 4x – 21 = 0 2 1) x – 4x – 3 = 0 ⇔ x2 – 4x + 4 – 7 = 0 ⇔ x2 – 4x 4x + 4 = 7 ⇔ (x – 2)2 = 7

3. Jawaban: d |10| – |1| = |2v – 5| 5| × |–3| ⇔ 10 – 1 = |2v – 5| × 3 ⇔ 9 = |2v |2v – 5| 5| × 3 ⇔ |2v – 5| 5| = 3 ⇔ 2v – 5 = 3 atau –(2v –(2v – 5) = 3 ⇔ 2v – 5 = 3 atau 2v – 5 = –3 ⇔ 2v = 8 atau 2v = 2 ⇔ v = 4 ata atau u v=1 Jadi, nilai v yang memenuhi |10| – |–1)| = |2v – 5| × |–3| adalah 1 atau 4.

16

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

–|–2||10 – 3y| = |–5| × 3 – 25 –|–2||10 25 –2|10 – 3y| = 5 × 3 – 25 –2|10 –2| 10 – 3y| 3y| = –10 |10 |1 0 – 3y| 3y| = 5 10 – 3y = 5 atau –(10 –(10 – 3y) = 5 10 – 3y = 5 atau 10 – 3y = –5 –3y = –5 atau –3y = –15 5

y= 3 atau at au y=5 Jadi, himpunan penyelesaian persamaan ⇔

5

|–2||10 – 3y| = |–5| × 3 – 25 adalah { 3 , 5}.


x –2= ± 7

⇔

x=2± 7

⇔ ⇔

x=2+

atau ux=2– 7 ata

7

x2 – 4x – 21 = 0 ⇔ (x – 7)(x 7)(x + 3) = 0 ⇔ x – 7 = 0 atau x + 3 = 0 ⇔ x = 7 atau x = –3 Jadi, nilai x yang memenuhi |x 2 – 4x – 12 = 9 adalah x = 7, –3, 2 + 7 , 2 – 7 . 2)

6. Jawaban: d Persamaan |2x – 4| – |x + 6| = 0 Pembuat nol nilai mutlak: |2x – 4| = 0 ⇔ 2x – 4 = 0 ⇔ x = 2 |x + 6| = 0 ⇔ x + 6 = 0 ⇔ x = –6

d.

2

x = – 3 atau x = 10. Jadi, himpunan penyelesaian |3x – 9| = |1 – 2x| 2

adalah {x|x = – 3 atau x = 10}. Alternatif penyelesaian:

|2x – 4| – |x + 6| = 0 ⇔ |2x – 4| = |x + 6| Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ ⇔ ⇔

–6

a.

b.

⇔

2

Untu tukk in inte terrval x ≤ –6: |2x – 4| = –(2x – 4) | x + 6| = –(x + 6) |2x – 4| – |x + 6| = 0 ⇔ –(2x – 4) – (–(x + 6)) 6)) = 0 ⇔ –2x + 4 + x + 6 = 0 ⇔ –x + 10 10 = 0 ⇔ x = 10 Oleh karena x = 10 tidak termasuk di dalam interval x ≤ –6, persamaan |2x – 4| – |x + 6| = 0 untuk interval x ≤ –6 tidak mempunyai penyelesaian. Unt ntuk uk in inte terv rval al –6 ≤ x ≤ 2: |2x – 4| = –(2x – 4) |x + 6| = x + 6 |2x – 4| – |x |x + 6| = 0 ⇔ –(2x – 4) – (x + 6) = 0 ⇔ –2x + 4 – x – 6 = 0 ⇔ –3xx – 2 = 0 –3

⇔

2

adalah {x| x = – 3 atau x = 10}. 7. Jawaban: c Persamaan |5x + 5| = |5x – 10| Pembuat nol nilai mutlak: |5x + 5| = 0 ⇔ 5x + 5 = 0 ⇔ x = –1 |5x – 10| = 0 ⇔ 5x – 10 = 0 ⇔ x = 2 –1

a.

2

2

penyelesaian x = – 3 . c.

Untu tukk in inte terrval x ≥ 2: |2x – 4| = –(2x – 4) |x + 6| = x + 6 |2x – 4| – |x + 6| = 0 ⇔ (2x – 4) – (x + 6) = 0 ⇔ 2x – 4 – x – 6 = 0 ⇔ x – 10 = 0 ⇔ x = 10 Oleh karena x = 10 termasuk di dalam interval x ≥ 2, persamaan |2x – 4| – |x + 6| = 0 untuk interval x ≥ 2 mempunyai penyelesaian x =10.

2

x = – 3 ata atau u x = 10 10

Jadi, himpunan penyelesaian |2x – 4| – |x + 6| = 0

2

Oleh karena x = – 3 termasuk di dalam interval –6 ≤ x ≤ 2, persamaan |2x – 4| – |x + 6| = 0 untuk interval –6 ≤ x ≤ 2 mempunyai

|2x – 4|2 = |x + 6|2 (2x – (x + 6)2 = 0 (2x – 4 +(x + 6)) (2x – 4 – (x + 6)) 6)) = 0 (3x + 2)) (x – 10) 10) = 0 3x + 2 = 0 atau x – 10 = 0 4)2 –

⇔

x=–3

⇔

Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian n a, b, dan dan c ada adalah lah

b.

2

Untu tuk k in inte terrval x ≤ –1: |5x + 5| = –(5x + 5) |5x – 10| = –(5x – 10) |5x + 5| = |5x – 10| ⇔ –(5x + 5) = –(5x – 10) ⇔ –5x – 5 = –5x + 10 ⇔ –5 = 10 10 Oleh karena –5 = 10 tidak dapat dipenuhi oleh semua nilai x untuk interval x ≤ –1 , persamaan |5x + 5| = |5x – 10| untuk interval x ≤ –1 tidak mempunyai penyelesaian. Unt ntuk uk in inte terv rval al –1 ≤ x ≤ 2: |5x + 5| = 5x + 5 |5x – 10| = –(5x – 10) |5x + 5| =|5 =|5xx – 10| 10| ⇔ 5x + 5 = –(5x –(5x – 10) 10) ⇔ 5x + 5 = –5x –5x + 10 ⇔ 5x + 5x = 10 – 5 ⇔ 10x = 5 ⇔

5

1

x = 10 = 2

1

Oleh karena x = 2 termasuk di dalam interval –1 ≤ x ≤ 2, persamaan |5x + 5| = |5x – 10| untuk interval –1 ≤ x ≤ 2 mempunyai 1

penyelesaian x = 2 .

Matematika Kelas X

17

c.

d.

Untu tukk in inte terrval x ≥ 2: |5x + 5| = 5x + 5 |5x – 10| = 5x – 10 |5x + 5| = |5x – 10| ⇔ 5x + 5 = 5x – 10 ⇔ 5 = –1 –10 Oleh karena 5 = –10 tidak dapat dipenuhi oleh semua nilai x untuk interval x ≥ 2, persamaan |5x + 5| = |5x – 10| untuk interval x ≥ 2 tidak mempunyai penyelesaian. Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian n a, b, dan dan c ada adalah lah

Oleh karena x = 1 ≤ 2

1

c.

1

adalah x = 2 . 8. Jawaban: e Persamaan |3x – 9| = |1 – 2x| + 1 Pembuat nol nilai mutlak: |3x – 9| = 0 ⇔ 3x – 9 = 0 ⇔ x = 3

d.

9 5

atau x = 9.

Jadi, nilai x yang memenuhi |3x – 9| = |1 – 2x| adalah x =

a.

1

Untu tukk in inte terrval x ≤ 2 : |3x – 9| = –(3x – 9) |1 – 2x | = 1 – 2x |3x – 9| = |1 – 2x| 2x| ⇔ –(3xx – 9) = 1 – 2x + 1 –(3 ⇔ –3x + 9 = 2 – 2x ⇔ –3x + 2x = 1 – 9 ⇔ –x = –7 –7 ⇔ x=7 Oleh karena x = 7 tidak termasuk di dalam

1 2

a.

tidak mempunyai

penyelesaian. b.

1

Untu tukk in intterval 2 ≤ x ≤ 3: |3x – 9| = –(3x – 9) |1 – 2x | = –(1 – 2x) |3x – 9| 9| = |1 – 2x| 2x| + 1 ⇔ –(3x – 9) = –(1 – 2x) + 1 ⇔ –3xx + 9 = 2x –3 ⇔ –3x – 2x = –9 ⇔ –5xx = –9 –5 –9 ⇔

18

x=

atau x = 9.

0

1

≤

9 5

9. Jawaban: a Persamaan |x – 6| = |x| + 6 Pembuat nol nilai mutlak: |x – 6| = 0 ⇔ x – 6 = 0 ⇔ x = 6 |x| = 0 ⇔ x = 0

interval x ≤ 2 , persamaan |3x – 9| = |1 – 2x| + 1 untuk interval x

3 mempunyai penye-

lesaian x = 5 . Untu tuk k in inte terrval x ≥ 3: |3x – 9| = 3x – 9 |1 – 2x | = –(1 – 2x) |3x – 9| = |1 – 2x| + 1 ⇔ 3x – 9 = –(1 – 2x) + 1 ⇔ 3x – 9 = 2x 2x ⇔ 3x – 2x = 9 ⇔ x=9 Oleh karena x = 9 termasuk di dalam interval x ≥ 3, persamaan |3x – 9| = |1 – 2x| untuk interval x ≥ 3 mempunyai penyelesaian x = 9. Gabung Gab ungan an pen penyel yelesa esaian ian a, b, b, dan dan c adal adalah ah x =

1 2

3

≤ x ≤

9

1

1 2

termasuk di dalam interval

x ≤ 3, persamaan |3x – 9| = |1 – 2x|

untuk interval 2

x= 2. Jadi, nilai x yang memenuhi |5x + 5| = |5x – 10|

|1 – 2x | = 0 ⇔ 1 – 2x = 0 ⇔ x =

9 5

9 5


b.

6

Untu tuk k in inte terrval x ≤ 0: |x – 6| = –(x – 6) |x| = –x |x – 6| = |x| + 6 ⇔ –(x – 6)= –x + 6 ⇔ –x + 6 = –x + 6 ⇔ 6=6 Oleh karena 6 = 6 dapat dipenuhi oleh semua nilai x untuk interval x ≤ 0, persamaan |x – 6| = |x| + 6 untuk interval x ≤ 0 mempunyai penyelesaian x ≤ 0. Untu tuk k in interval 0 ≤ x ≤ 6: |x – 6| = –(x – 6) |x| = x |x – 6| = |x| + 6 ⇔ –(x – 6) = x + 6 ⇔ –x + 6 = x + 6 ⇔ –2x = 0 ⇔ x=0 Oleh karena x = 0 termasuk di dalam interval 0 ≤ x ≤ 6, persamaan |x – 6| = |x| + 6 untuk interval 0 ≤ x ≤ 6 mempunyai penyelesaian x = 0.

c.

Untu tukk in inte terrval x ≥ 6: |x – 6| = x – 6 |x| = x |x – 6| = |x| + 6 ⇔ x – 6 = x + 6 ⇔ –6 = 6 Oleh karena –6 = 6 tidak dapat dipenuhi di penuhi oleh semua nilai x untuk interval x ≥ 6, persamaan |x – 6| = |x| + 6 untuk interval x ≥ 6 tidak mempunyai penyelesaian. d. Ga Gabu bung ngan an pen penye yele lesa saia ian n a, b, dan dan c ada adalah lah x ≤ 0. Jadi, nilai x yang memenuhi memenuhi |x – 6| = |x| + 6 adalah x ≤ 0. 10. Jawaban: b Persamaan |x – 1| = |2 – x| + 1. Pembuat nol nilai mutlak: |x – 1| = 0 ⇔ x – 1 = 0 ⇔ x = 1 |2 – x| = 0 ⇔ 2 – x = 0 ⇔ x = 2 1

a.

b.

c.

2

Untu tukk in inte terrval x ≤ 1: |x – 1| = –(x – 1) |2 – x | = 2 – x |x – 1| = |2 – x| + 1 ⇔ –(x – 1)= 1) = (2 – x) + 1 ⇔ –x + 1 = 3 – x ⇔ 1=3 Oleh karena 1 = 3 tidak dapat dipenuhi oleh semua nilai x untuk interval x ≤ 1, persamaan |x – 1| = |2 – x| + 1 untuk interval x ≤ 1 tidak mempunyai penyelesaian. Untu tukk in interval 1 ≤ x ≤ 2: |x – 1| = x – 1 |2 – x | = 2 – x |x – 1| = |2 – x| + 1 ⇔ x –1 = 2– x+ 1 ⇔ 2x = 4 ⇔ x =2 Oleh karena x = 2 termasuk di dalam interval 1 ≤ x ≤ 2, persamaan |x – 1| = |2 – x| + 1 untuk interval 1 ≤ x ≤ 2 mempunyai penyelesaian x = 2. Untu tukk in inte terrval x ≥ 2: |x – 1| = x – 1 |2 – x | = –(2 – x) |x – 1| = |2 – x| + 1 ⇔ (x – 1)= –(2 – x) + 1 ⇔ x – 1 = –2 + x + 1 ⇔ –1 = –1 –1 Oleh karena –1 = –1 dapat dipenuhi oleh semua nilai x untuk interval x ≥ 2, persamaan |x – 1| = |2 – x| + 1 untuk interval x ≥ 2 mempunyai penyelesaian x ≥ 2.

d.

Gabung Gabu ngan an pen penye yele lesa saia ian n a, b, dan dan c ada adalah lah x ≥ 2. Jadi, himpunan penyelesaian |x – 1| = |2 – x| + 1 adalah {x| x ≥ 2}. 11. Jawaban: a Persamaan |2x – 1|2 – 6|2x – 1| – 7 = 0. Misalkan y = |2x – 1| persamaan menjadi: ⇔ y2 – 6y – 7 = 0 ⇔ (y + 1)(y 1)(y – 7) = 0 ⇔ y + 1 = 0 atau y – 7 = 0 ⇔ y = –1 atau y =7 ⇔ |2x – 1| 1| = –1 –1 atau atau |2x – 1| 1| = 7 1) |2x – 1| = –1 Tidak ada nilai x yang memenuhi |2x – 1| = –1. 2) |2x – 1| = 7 ⇔ 2x – 1 = 7 atau atau –(2x –(2x – 1)= 7 ⇔ 2x – 1 = 7 atau 2x – 1 = –7 ⇔ 2x = 8 atau 2x = –6 ⇔ x = 4 atau x = –3 Jadi, nilai x yang memenuhi |2x – 1|2 – 6|2x – 1| – 7 = 0 adalah x = 4 atau x = –3. 12. Jawaban: c |1 – |x + 2|| = 5 ⇔ 1 – |x + 2| 2| = –5 atau atau 1 – |x |x + 2|= 5 ⇔ –|x + 2| 2| = –6 atau –|x + 2| 2| = 4 ⇔ |x + 2| = 6 atau |x + 2| = –4 1) |x + 2| = 6 ⇔ x + 2 = –6 –6 atau atau x + 2 = 6 ⇔ x = –8 atau x= 4 2) |x + 2| = –4 tida tidakk ada ada nila nilaii x yan yang g meme memenuh nuhii Jadi, penyelesaian persamaan adalah –8 atau 4. 13. Jawaban: a Persamaan |x – |x|| = 2 Pembuat nol nilai mutlak: |x| = 0 ⇔ x = 0 0

a.

b.

Untu tuk k in inte terrval x ≤ 0: |x| = –x |x – |x |x|| || = 2 ⇔ |x – (–x (–x)| )| = 2 ⇔ |2x| |2 x| = 2 ⇔ 2x = 2 atau atau 2x 2x = –2 ⇔ x = 1 atau atau x = –1 Irisan penyelesaian (x =1 atau x = –1) dan interval (x ≤ 0) adalah x = –1. Persamaan |x – |x|| = 2 untuk interval x ≤ 0 mempunyai penyelesaian x = –1. Untu tuk k in inte terrval x ≥ 0: x| = x |x – |x |x|| || = 2 ⇔ |x – x| x| = 2 ⇔ |0|| = 2 |0 ⇔ 0=2

Matematika Kelas X

19

Oleh karena |x – |x|| = 2 ⇔ 0 = 2 tidak dapat dipenuhi oleh semua nilai x pada interval x ≥ 0, persamaan |x – |x|| = 2 untuk interval x ≤ 0 tidak mempunyai penyelesaian. c. Gab Gabung ungan an peny penyele elesai saian an a dan dan b ada adalah lah x = –1. Jadi, nilai x yang memenuhi |x – |x|| = 2 adalah x = –1. 14. Jawaban: 14. Jawaban: b |3x + 2| > 5 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |3x + 2|2 > 52 ⇔ (3x + 2)2 – 52 > 0 ⇔ (3x + 2 + 5)(3x 5)(3x + 2 – 5) > 0 ⇔ (3x + 7)(3 7)(3xx – 3) > 0 Pembuat nol: (3x + 7)(3x – 3) = 0 x=

⇔

7 – 3 atau

+

⇔

17. Jawaban: d |2x – 3| > |x – 8| ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |2x – 3|2 > |x – 8|2 ⇔ (2x – 3)2 > (x – 8)2 ⇔ (2x – 3)2 – (x – 8)2 > 0 ⇔((2x – 3) + (x – 8))((2x 8))((2x – 3) – (x – 8)) > 0 ⇔ (3x – 11)( 11)(xx + 5) > 0 Pembuat nol: (3x – 11)(x + 5) = 0 ⇔

x=1

– –

2x – 1 < –5 –5 ata atau u 2x – 1 > 5 2x < –4 atau 2x > 6 ⇔ x < –2 atau x >3 Jadi, nilai x yang memenuhi |2x – 1| – |–2| > |1 – 4| adalah x < –2 atau x > 3. ⇔

+

+

7 3

7 atau 3

{x | x < –

x > 1.

11

adalah {x | x < –5 atau x > 3 }.

atau x > 1}.

Pembuat nol: (4x + 6)(2x + 12) = 0 ⇔ 4x + 6 = 0 atau 2x + 12 = 0 ⇔ 4x = –6 atau 2x = –12 3

x = – 2 atau

–6

18. Jawaban: e |x2 – 4x – 5| ≤ 7 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |x2 – 4x – 5|2 ≤ 72 2 ⇔ (x – 4x – 5)2 – 72 ≤ 0 ⇔ (x2 – 4x – 5 + 7)(x2 – 4x – 5 – 7) ≤ 0 ⇔ (x2 – 4x + 2)(x 2 – 4x – 12) ≤ 0 Pembuat nol: (x2 – 4x + 2)(x 2 – 4x – 12) = 0 1) x2 – 4x + 2 = 0

3

–2 ⇔ –6 ≤ x ≤ –1

1 . 2

Jadi, himpunan nilai x yang memenuhi 3|x + 3| 1

– 3| adalah {x | –6 ≤ x ≤ –1 2 , x ∈ R}.

16. Jawaban: 16. Jawaban: c

⇔ ⇔

20

|2x – 1| 1| – |–2| |–2| > |1 – 4| |2xx – 1| |2 1| – 2 > 3 |2x – 1| 1| > 5 –(2x –( 2x – 1) < 5 at atau au 2x – 1 > 5


2)

4 ± (−4)2 − 4(1)(2) 2(1)

=

4± 8 2

=

4±2 2 2

= 2 ± 2

x1 = 2 + 2 atau x2 = 2 – 2

⇔

3

⇔

x12 =

⇔

x = –6

Penyelesaiannya: –6 ≤ x ≤ – 2 ≤ |x

11 3

11

15. Jawaban: 15. Jawaban: b 3|x + 3| ≤ |x – 3| ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ (3|x + 3|)2 ≤ (|x – 3|)2 ⇔ (3(x + 3))2 ≤ (x – 3)2 ⇔ (3(x + 3))2 – (x – 3)2 ≤ 0 ⇔ (3(x + 3) + (x – 3))(3(x + 3) – (x – 3)) ≤ 0 ⇔ (4x + 6)(2x + 12) ≤ 0

⇔

+

Penyelesaian: x < –5 atau x > 3 . Jadi, himpunan penyelesaian |2x – 3| > |x – 8|

Jadi, himpunan penyelesaian |3x + 2| > 5 adalah 7 3

– –5

1

Penyelesaiannya: x < –

11

x = 3 atau x = –5

x2 – 4x – 12 = 0 ⇔ (x + 2)(x – 6) = 0 ⇔ x = –2 atau x = 6 +

– –2

2–

+ 2 2+

– 2

+ 6

Penyelesaiannya: –2 ≤ x ≤ 2 – 2 atau 2 + 2 ≤ x ≤ 6. Jadi, himpunan penyelesaian |x 2 – 4x – 5| ≤ 7 adalah –2 ≤ x ≤ 2 – 2 atau 2 + 2 ≤ x ≤ 6.

19. Jawaban: d |x2 – 2x – 1| – 2 ≤ 0 ⇔ |x2 – 2x – 1| ≤ 2 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |x2 – 2x – 1|2 < 22 ⇔ (x2 – 2x – 1)2 < 22 ⇔ (x2 – 2x – 1)2 – 22 < 0 2 ⇔ (x – 2x – 1 + 2)(x2 – 2x – 1 – 2) 2) < 0 2 2 ⇔ (x – 2x + 1)(x – 2x – 3) 3) < 0 Pembuat nol: (x2 – 2x + 1)(x 2 – 2x – 3) 3) = 0 ⇔ (x – 1)(x – 1)(x 1)(x + 1)(x 1)(x – 3) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 1 atau x = –1 atau x = 3 +

– –1

1)

1

15 ≤ |10 – 3 k| ⇔

⇔

1

|10 – 3 k| ≥ 15 1

1

⇔

– 3 k ≤ – –2 25 atau

⇔

k ≥ 7 75 5 atau k ≤ – –1 15 atau

⇔

–15

11

3

Penyelesaiannya: –1 < x < 1 atau 1 < x < 3. Jadi, nilai x yang memenuhi |x 2 – 2x – 1| – 2 < 0 adalah –1 < x < 1 atau 1 < x < 3.

2)

20. Jawaban: a 1

1

– 3 k ≥ 5 k ≤ –15 k ≥ 75

. . . (1)

–

| 4 x2 – 10| ≥ 6

1

10 – 3 k ≤ – –1 15 atau 10 – 3 k ≥ 15

← Kedua

ruas bernilai positif.

1

|10 – 3 k| < 20 1

⇔

–20 –2 0 < 10 10 – 3 k < 20

⇔

–30 –3 0 < – 3 k < 10 ← dikurangi 10

⇔

90 > k > –3 –30 0 ← dikali –3 –30 –3 0 < k < 90

⇔

Kedua ruas dikuadratkan.

75

1

1

| 4 x2 – 10|2 ≥ 62 1

( 4 x2 – 10)2 ≥ 62

⇔

–30

3) Ir Irisa isan n peny penyel eles esai aian an (1) (1) dan dan (2) (2)

1

⇔

( 4 x2 – 10)2 – 62 ≥ 0

⇔

( 4 x2 – 10 + 6)( 4 x2 – 10 – 6) ≥ 0

⇔

( 4 x2 – 4)( 4 x2 – 16) ≥ 0

⇔

( 2 x + 2)( 2 x – 2)( 2 x + 4)( 2 x – 4) ≥ 0

1

1

1

1

1

1

1

–30

+ 2)( 1 x 2 1 x 2

⇔

1 x 2

=

1 1 – 2)( 2 x + 4)( 2 x – 4) = 0 1 1 –2 atau 2 x = 2 atau 2 x =

–4 atau

=4 x = –4 atau x = 4 atau x = –8 atau x = 8

⇔

+ –8

–

+ –4

– 4

+ 8

Penyelesaiannya: x ≤ –8 atau –4 ≤ x ≤ 4 atau x ≥ 8. 1

Jadi, himpunan penyelesaian | 4 x2 – 10| adalah x ≤ –8 atau –4 ≤ x ≤ 4 atau x ≥ 8. 21. Jawaban: e 1

15 ≤ |10 – 3 k| < 20 Artinya 15 ≤ |10 –

1 k| 3

dan |10 –

≥

6

1)

90 ≤

–15

–3 < 3 – 2|1 – 2x| –3 – 3 < –2|1 –2|1 – 2x| –6 < –2|1 –2|1 – 2x| ⇔ 3 > |1 – 2x| 2x| Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. ⇔ ⇔

⇔

< 20

75

22. Semua bilangan bilangan real x yang memenuhi memenuhi –3 < 3 – 2|1 – 2x| < 1 adalah . . . . a. –1 < x < 2 b. x < 0 atau x > 1 c. x < –1 atau x > 2 d. x < –1 ata tau u1
⇔

1 k| 3

–1 5

Jadi, nilai k yang memenuhi –30 < k atau 75 ≤ k < 90.

1

Pembuat nol: 1 (2x

90

⇔ ⇔

32 > |1 – 2x|2 (1 – 2x)2 – 32 < 0 (1 – 2x + 3)(1 3)(1 – 2x – 3) < 0 (4 – 2x)(– 2x)(–2 2 – 2x) 2x) < 0

Matematika Kelas X

21

Pembuat nol: (4 – 2x)(–2 – 2x) = 0 ⇔ x = 2 atau x = –1 +

–

+

–1

2)

Pembuat nol: (2x + 2)(2x – 8) = 0 ⇔ 2x = –2 atau 2x = 8 ⇔ x = –1 atau x = 4 . . . (1)

+

2

3 – 2|1 – 2x| < 1 3)

–2|1 – 2x| –2|1 2x| < –2 ⇔ |1 – 2x| 2x| > 1 Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. |1 – 2x|2 > 12 ⇔ (1 – 2x)2 – 12 > 0 ⇔ (1 – 2x + 1)(1 1)(1 – 2x – 1) > 0 ⇔ (2 – 2x)( 2x)(–2x –2x)) > 0 Pembuat nol: (2 – 2x)(–2x) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 0

0

3)

+

–1

–

– 3 = –1,7

1

1)

2

–

22


3

Penyelesaian (x + 1)(x – 3) < 0 adalah –1 < x < 3. Irisan penyelesaian (–1 < x < 3) dan interval (x ≤ – 3 ) adalah { }. Pertidaksamaan |x2 – 3| < 2x untuk interval x ≤ –

5

|2x – 3| ≤ –4 Oleh karena |2x – 3| ≥ 0, tidak ada nilai x yang memenuhi |2x – 3| ≤ – –4 4. . . . (1) |2x – 3| ≥ 5 ← Kedua ruas bernilai positif. ⇔ |2x – 3|2 ≥ 52 ⇔ (2x – 3)2 – 52 ≥ 0 ⇔ (2x – 3 + 5)(2x – 3 – 5) ≥ 0 ⇔ (2x + 2)(2x – 8) ≥ 0

3

Untuk Untu k in inte terv rval al x ≤ – 3 : 2 2 |x – 3| = x – 3 |x2 – 3| 3| < 2x 2x 2 ⇔ x – 3 < 2x 2x 2 ⇔ x – 2x – 3 < 0 ⇔ (x + 1)(x 1)(x – 3) < 0 Pembuat nol: (x + 1)(x – 3) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 3 –1

+

Penyelesaiannya: y ≤ 4 atau y ≥ 5 ⇔ |2x – 3| ≤ – –4 4 ata tau u |2 |2xx – 3| ≥ 5

2)

3 = 1,7

x2 – 3 ≥ 0 ⇔ x ≤ – 3 atau x ≤

–

23. Jawaban: c |2x – 3|2 – |2x – 3| ≥ 20 Misalkan y = |2x – 3|, pertidaksamaan menjadi: y2 – y ≥ 20 ⇔ y2 – y – 20 ≥ 0 ⇔ (y + 4)(y – 5) ≥ 0 Pembuat nol: (y + 4)(y 4)(y – 5) = 0 ⇔ y = –4 –4 atau atau y = 5

–4

3 atau x = – 3

. . . (2)

Penyelesaiannya: –1 < x < 0 atau 1 < x < 2. Jadi, semua bilangan real x yang memenuhi –3 < 3 – 2|1 – 2x| < 1 adalah –1 < x < 0 atau 1 < x < 2.

+

x=

1

+ 0

4

24. Jawaban: d |x2 – 3| < 2x Pembuat nol nilai mutlak: |x2 – 3| = 0 ⇔ x2 – 3 = 0 ⇔ x2 = 3

Irisa Iri san n peny penyele elesa saian ian (1 (1)) dan dan (2) (2):: +

Gabu Ga bung ngan an pen penye yeles lesaia aian n (1) (1) dan dan (2): (2):

Penyelesaiannya: x ≤ –1 atau x ≥ 4. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x ≤ –1 atau x ≥ 4.

⇔

–

. . .(2)

4

–1

⇔

+

+

–1

⇔

1)

–

2)

3 tidak mempunyai penyelesaian.

Untu tuk k inte terrval – 3 ≤ x ≤ 3 : 2 |x – 3| = –(x 2 – 3) |x2 – 3| 3| < 2x 2x 2 ⇔ –(x – 3) 3) < 2x 2x 2 ⇔ –x – 2x 2x + 3 < 0 ⇔ (–x + 1)( 1)(xx + 3) < 0 Pembuat nol: (–x + 1)(x + 3) = 0 ⇔ x = 1 atau x = –3

–3

1

Penyelesaian (–x + 1)(x + 3) < 0 adalah x < –3 atau x > 1. Irisan penyelesaian (x < –3 atau x > 1) dan

b.

Untuk x + 1 ≥ 0: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ –1 . . . (4)

interval (– 3 ≤ x ≤ 3 ) adalah 1< x ≤ 3 . Pertidaksamaan |x2 – 3| < 2x untuk interval – 3

≤

1
x

≤

–1

|2x – 5| > x + 1 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |2x – 5|2 > (x + 1)2 ⇔ (2x – 5)2 > (x + 1)2 ⇔ (2x – 5)2 – (x + 1)2 > 0 ⇔ (2x – 5 + (x + 1))(2x – 5 – (x + 1)) > 0 ⇔ (3x – 4)(x 4)(x – 6) 6) > 0 Pembuat nol: (3x – 4)(x – 6) = 0

3 mempunyai penyelesaian

3.

Untukk in Untu inte terv rval al x ≥ 3 : 2 2 |x – 3| = x – 3 |x2 – 3| 3| < 2x 2x 2 ⇔ x – 3 < 2x 2x 2 ⇔ x – 2x – 3 < 0 ⇔ (x + 1)(x 1)(x – 3) < 0 Pembuat nol: (x + 1)(x – 3) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 3

⇔

4

x = 3 atau x = 6 . . . (5)

–1

4 3

3

Penyelesaian(x + 1)(x – 3) < 0 adalah –1 < x < 3. Irisan penyelesaian (–1 < x < 3) dan interval (x ≥ 3 ) adalah 3 ≤ x < 3. Pertidaksamaan |x2 – 3| < 2x untuk interval x≥ 4)

3 mempunyai penyelesaian

3

Irisan penyelesaian (4) dan (5): . . . (6) –1

c.

4 3

6

Gabu Ga bung ngan an pen penye yeles lesaia aian n (3) (3) dan dan (6) (6)::

≤ x < 3.

Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian: n:

{ } atau 1< x ≤ 3 atau 3 ≤ x < 3 ⇔ 1 < x < 3 Jadi, penyelesaian |x 2 – 3| < 2x adalah 1 < x < 3. 25. Jawaban: b Salah satu ruas pertidaksamaan |2x – 5| > x + 1, yaitu x + 1 nilainya belum tentu positif. positif . Oleh karena itu, nilai x + 1 dipecah menjadi dua kemungkinan yaitu x + 1 < 0 atau x + 1 ≥ 0. a. Untuk x + 1 < 0: x + 1 < 0 ⇔ x < –1

4 3

4

4

x < 3 atau x > 6. 26. Jawaban: c Pembuat nol nilai mutlak: |–2x| = 0 ⇔ –2x = 0 ⇔ x = 0 |3 – x| = 0 ⇔ 3 – x = 0 ⇔ x = 3

0

–1

Oleh karena |2x – 5| ≥ 0 dan x + 1 < 0, pertidaksamaan |2x – 5| > x + 1 dipenuhi oleh semua nilai x. . . . (2) Irisan penyelesaian (1), dan (2): . . . (3)

6

Penyelesaiannya: x < 3 atau x > 6. Jadi, nilai x yang memenuhi |2x – 5| > x + 1 adalah

. . . (1)

–1

6

a.

3

Untu tuk k in inte terrval x ≤ 0: |–2x |= –2x |3 – x | = 3 – x |–2x| |–2 x| + |3 |3 – x| x| < 6 ⇔ –2x + (3 – x) < 6 ⇔ –2x –2 x +3–x<6 ⇔ –3x < 3 ⇔ x > –1 Irisan penyelesaian (x > –1) dan interval (x ≤ 0) adalah –1 < x ≤ 0. Pertidaksamaan |–2x| + |3 – x| < 6 untuk interval x ≤ 0 mempunyai penyelesaian –1 < x ≤ 0.

Matematika Kelas X

23

b.

Untu tukk in interval 0 ≤ x ≤ 3: |–2x| = 2x |3 – x| = 3 – x |–2x|+ |–2x |+ |3 – x| < 6 ⇔ 2x + (3 – x) < 6 ⇔ 2x + 3 – x < 6 ⇔ x<3 Irisan penyelesaian (x < 3) dan interval (0 ≤ x ≤ 3) adalah 0 ≤ x < 3. Pertidaksamaan |–2x|+ |3 – x| < 6 untuk interval 0 ≤ x ≤ 3 mempunyai penyelesaian 0 ≤ x < 3. c. Untu tukk in inte terrval x ≥ 3: |–2x| = 2x |3 – x| = –(3 – x) |–2x|+ |–2x |+ |3 – x| < 6 ⇔ 2x + (–(3 (–(3 – x)) x)) < 6 ⇔ 2x – 3 + x < 6 ⇔ 3x < 9 ⇔ x<3 Irisan penyelesaian (x < 3) dan interval (x ≥ 3) adalah { }. Pertidaksamaan |–2x|+ |3 – x| < 6 untuk interval x ≥ 3 tidak mempunyai penyelesaian. d. Ga Gabu bung ngan an pe peny nyel eles esai aian an a, a, b, da dan n c: c: –1 < x ≤ 0 atau 0 ≤ x < 3 ⇔ –1 < x < 3. Jadi, penyelesaian pertidaksamaan |–2x| + |3 – x| < 6 adalah –1 < x < 3. 27. Jawaban: a |2 – 2|x + 1|| > 4 ⇔ 2 – 2| 2|xx + 1| < –4 –4 ata atau u 2 – 2| 2|x x + 1| > 4 ⇔ –2|x + 1| < –6 atau –2|x + 1| > 2 −6

2

|x + 1| 1| > −2 a attau |x + 1| < −2 ⇔ |x + 1| > 3 atau |x + 1| < –1 1) |x + 1| > 3 ⇔ x + 1 < –3 atau atau x + 1 > 3 ⇔ x < –4 atau x > 2 2) |x + 1| < –1 Oleh karena |x + 1| ≥ 0, berarti tidak ada nilai x yang memenui |x + 1| < –1. Jadi, nilai-nilai x yang memenuhi |2 – 2|x + 1|| > 4 adalah x < –4 atau x > 2. ⇔

Jika bilangan I = x = 224, bilangan II = 350 – 224 = 126. Jika bilangan I = x = 126, bilangan II = 350 – 126 = 224. Jadi, bilangan terbesar 224. 29. Jawaban: d Misalkan: x = kilometer pada jalan tempat minimarket didirikan A 20

B

x

C

50

x

|B – C|

|C – B|

Jarak minimarket C dari B > 20 ⇔ |5 |50 0 – x| x| > 20 20 ⇔ 50 – x < –20 atau 50 – x > 20 ⇔ –x < –70 atau –x > –30 ⇔ x > 70 atau x < 30 Jadi, minimarket tersebut didirikan pada kilometer kurang dari km-30 atau lebih dari km-70. 30. Jawaban: d Misalkan Misalka n x = ketinggian permukaan air Sungai Bengawan setiap saat Penyimpangan < 11 cm ⇔ |x – 120 120|| < 11 ⇔ –11 < x – 120 < 11 ⇔ –11 + 120 120 < x – 120 + 120 < 11 + 120 ⇔ 109 10 9 < x < 131 131 Jadi, interval ketinggian Sungai Bengawan adalah antara 109 cm dan 131 cm. B. Ur Urai aian an 1. a.

28. Jawaban: a Misalkan Misa lkan:: bila bilanga ngan n I = x mak maka a bilangan II = 350 – x Selisih kedua bilangan = 98 ⇔ |x – (350 (350 – x)| x)| = 98 ⇔ |2x – 350| 350| = 98 ⇔ 2x – 350 = 98 atau –(2x – 350) = 98 ⇔ 2x = 448 atau 2x = 252 ⇔ x = 224 atau x = 126

24

C


Fungsi f( f(x) = |5 – x| + 2 Grafik fungsi f(x) dapat diperoleh dengan menggambar y = 5 – x , lalu grafik digeser naik sejauh 2 satuan. Menggambar fungsi y = |5 – x| dapat diperoleh dengan menggambar y = 5 – x terlebih dahulu dilanjutkan bagian garis di bawah sumbu X dicerminkan terhadap sumbu X. Tabel titik bantu y = 5 – x. x

0

5

y=5–x

5

0

(x, y)

(0, 5)

(5, 0)

Garis y = 5 – x diperoleh dengan menghubungkan titik (5, 0) dan (0, 5). Grafik y = |5 – x| diperoleh dengan menggambar garis y = 5 – x dan mencerminkan bagian garis y = 5 – x di bawah sumbu X terhadap sumbu X.

Grafik fungsi g(x) = |x| 2 – |x| – 12:

Grafik y = |5 – x| + 2 diperoleh dengan menggeser grafik y = |5 – x | ke atas 2 satuan searah sumbu Y.

2

y = |5 – x|

Y 2 | + x – 5 | = y

6 4

–6

–4 –2 0 –2

4

0

2

4

6

8

10

–8

X

12

–10 –12

y=5–x

Fungsi Fung si g(x g(x)) = |x |x + 4| 4| – |1 – x| le lebih bih mu muda dah h digambarkan menggunakan tabel titik bantu. Tabel titik bantu g(x) = |x + 4| – |1 – x|: x

|x + 4|

|1 – x|

|x + 4| – |1 – x|

(x, y)

–2 –1 0 1 2 4 6

2 3 4 5 6 8 10

3 2 1 0 1 3 15

–1 1 3 5 5 5 5

(–2, –1) (–1, 1) (0, 3) (1, 5) (2, 5) (4, 5) (6, 5)

b.

1)

Grafik fungsi g( g(x) = |x| 2 – |x| – 12 dan h(x) = –10 berpotongan di (–2, –10) dan (2, –10). Jadi, penyelesaian |x|2 – |x| – 12 = –10 adalah x = –2 atau x = 2. y = |x2| – |x| – 12

Y 2 –6

–4 –2 0 –2

2

4

6

X

–4

Y

–6 –8

4

•–10

•

y = –10

–12

2

–2

X

6

–6

–2

b.

2

–4

2

–2

y = |x2| – |x| – 12

Y

0

2

4

6

X

8

–2

2)

Grafik Graf ik fu fung ngsi si g( g(x) x) = |x| |x|2 – |x| – 12 terletak di atas grafik k(x) = –6 untuk nilai x < –3 atau x > 3. Jadi, penyelesaian penyelesaian |x| |x|2 – |x| – 12 > –6 adalah x < –3 atau x > 3. Y

2. a.

Tabel ti titi tikk bantu y = x

|x|

|x||2 – |x

|x| – 12:

2

|x|2 y = |x|2 – |x| – 12

(x, y) –6

–4 –2 0 –2

–4

4

16

0

(–4, 0)

–2

2

4

–10

(–2, –10)

–4

–1

1

1

–12

(–1, –12

–6

1 2

1 2

1 4

0

0

0

1 2

1 2

1 4

1

1

1

–12

(1, –12)

2

2

4

–10

(2, –10)

4

4

16

0

(4, 0)

–

–12

1 4

(–

–12 –12

1 4

1 2

1 4

, –12

)

(0, 12) (

1 2

, –12

1 4

2

4

X

6

y=6

–8 –10

)

–12

Matematika Kelas X

25

3.

a.

`6|2x – 1| – 2`= 10 ⇔ 6|2 6|2xx – 1| = 12 12 ⇔ |2x – 1| 1| = 2 Oleh karena kedua ruas bernilai positif, kedua ruas dapat dikuadratkan. ⇔ |2x – 1|2 = 22 ⇔ (2x – 1)2 = 22 ⇔ (2x – 1)2 – 22 = 0 ⇔ (2x – 1 + 2)(2x 2)(2x – 1 – 2) = 0 ⇔ (2x + 1)( 1)( 2x – 3) = 0 ⇔ 2x + 1 = 0 ata atau u 2x – 3 = 0 1

b.

3

x = – 2 a attau

x= 2 Jadi, penyelesaian 6|2x – 1| – 2 = 10 adalah ⇔

1

3

x = – 2 atau x = 2 b. |4 – x| – |x – 3| = 0 ⇔ |4 – x| = |x – 3| Oleh karena kedua ruas bernilai positif, kedua ruas dapat dikuadratkan. ⇔ |4 – x |2 = |x – 3|2 ⇔ (4 – x)2 = (x – 3)2 2 ⇔ (4 – x) – (x – 3)2 = 0 ⇔ (4 – x + (x – 3))(4 – x – (x – 3)) = 0 ⇔ (4 – x + x – 3)(4 3)(4 – x – x + 3) = 0 ⇔ 1( 7 – 2x) 2x) = 0

c.

3

7

Oleh karena x = 5 termuat pada interval 0 ≤ x ≤ 2 persamaan |2 – x| – |3 + x| + |x – 4| = |–2x| untuk interval 0 ≤ x ≤ 2 mempunyai

7

x= 2.

3

4. Pembuat Pembuat nol nila nilaii mutla mutlak: k: |2 – x|= 0 ⇔ 2 – x = 0 ⇔ x = 2 |3 + x |= 0 ⇔ 3 + x = 0 ⇔ x = –3 |x – 4| = 0 ⇔ x – 4 = 0 ⇔ x = 4 |–2x | = 0 ⇔ –2x = 0 ⇔ x = 0 –3

a.

26

3

x= 5

⇔

x= 2 Jadi, penyelesaian |4 – x| – |x – 3| = 0 adalah ⇔

Unt ntuk uk in inte terv rval al –3 ≤ x ≤ 0: |2 – x| = 2 – x |3 + x |= 3 + x |x – 4| = –(x – 4 ) |–2x | = –2x |2 – x| – |3 + x| + |x – 4| 4| = |–2x| ⇔ (2 – x) – (3 + x) + (–(x – 4 )) = –2x ⇔ 2 – x – 3 – x – x + 4 = –2x ⇔ 3 – 3x = –2x –2x ⇔ 3=x Oleh karena karena x = 3 tidak termuat termuat pada interval interval –3 ≤ x ≤ 0, persamaan |2 – x| – |3 + x| + |x – 4| = |–2x| untuk interval –3 ≤ x ≤ 0 tidak mempunyai penyelesaian. Untu tuk k in intterval 0 ≤ x ≤ 2: |2 – x|= 2 – x |3 + x |= 3 + x |x – 4| = –(x – 4 ) |–2x | = 2x |2 – x| – |3 + x| + |x – 4| = |–2x| ⇔ (2 – x) – (3 + x) + (–(x – 4 )) = 2x ⇔ 2 – x – 3 – x – x + 4 = 2x ⇔ 3 – 3x = 2x 2x ⇔ 3 = 5x

0

2

d.

4

Untu tukk in inte terrval x ≤ –3: |2 – x| = 2 – x |3 + x | = –(3 + x) |x – 4| = –(x – 4 ) |–2x | = –2x |2 – x| – |3 + x| + |x – 4| = |–2x| ⇔ (2 – x) – (–(3 (–(3 + x)) + (–(x (–(x – 4 )) = –2x ⇔ 2 – x + 3 + x – x + 4 = –2x ⇔ 9 – x = –2x –2x ⇔ 9 = –x ⇔ x = –9 Oleh karena x = –9 termuat pada interval x ≤ –3, persamaan |2 – x| – |3 + x| + |x – 4| = |–2x| untuk interval x ≤ –3 mempunyai penyelesaian x = –9.


penyelesaian x = 5 . Untu tuk k in interval 2 ≤ x ≤ 4: |2 – x| = –(2 – x) |3 + x| = 3 + x |x – 4| = –(x – 4 ) |–2x| = 2x |2 – x| – |3 + x| x| + |x – 4| = |–2x| ⇔ –(2 – x) – (3 (3 + x) + (–(x (–(x – 4 )) = 2x ⇔ –2 + x – 3 – x – x + 4 = 2x ⇔ –1 – x = 2x 2x ⇔ –1 = 3x 3x 1

x=–3

⇔

1

e.

Oleh karena x = – 3 tidak termuat pada interval 2 ≤ x ≤ 4 persamaan |2 – x| – |3 + x| + |x – 4| = |–2x| untuk interval 2 ≤ x ≤ 4 tidak mempunyai penyelesaian. Untu tuk k in inte terrval x ≥ 4: |2 – x| = –(2 – x) |3 + x| = 3 + x |x – 4| = x – 4 |–2x | = 2x |2 – x| – |3 + x| + |x – 4| = |–2x|

–(2 – x) – (3 + x) + (x – 4) = 2x ⇔ –2 + x – 3 – x + x – 4 = 2x ⇔ –9 + x = 2x ⇔ –9 = x ⇔ x = –9 Oleh karena x = –9 tidak termuat pada interval x ≥ 4 persamaan |2 – x| – |3 + x| + |x – 4| = |–2x| untuk interval x ≥ 4 tidak mempunyai penyelesaian. Jadi, penyelesaian |2 – x| – |3 + x| + |x – 4| = |–2x| ⇔

adalah x = –9 atau x = 5. a.

3 5

6. a.

|5 – 2x| < x Pembuat nol nilai mutlak: |5 – 2x| = 0

1)

|2x – 4| ≥ 3 –(2x – 4) ≤ 3 atau 2x – 4 ≥ 3 ⇔ 2x – 4 ≤ –3 atau 2x – 4 ≥ 3 ⇔ 2x ≤ 1 atau 2x ≥ 7 1

Untu Un tuk k in inte terv rval al x

5

7

x ≥ 2 5 3

x = –2 atau x =

4 3

+ –2

4

≤ 0

5 3

2)

5

< x < 2 .

Untu Un tuk k in inte terv rval al x

adalah

x ≤ –2 atau x ≥ 3 . Jadi, penyelesaian |3 – x| ≤ | 2x – 1| adalah

≥

5 2

:

|5 – 2x| = –(5 – 2x) |5 – 2x| < x ⇔ –(5 – 2x) < x ⇔ –5 + 2x 2x < x ⇔ x<5 Irisan x < 5 dan x

≥

5 2

:

5 2

5

Pertidaksamaan |5 – 2x| < x untuk 5

interval x ≥ 2 mempunyai penyelesaian 5 ≤ 2

x < 5.

Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian: n: 5 3

4 3

Penyelesaian (x + 2)(–3x + 4)

5

interval x < 2 mempunyai penyelesaian

3)

–

5 2

Pertidaksamaan |4x – 6|< 3x + 4 untuk

7

–

5

Irisan x > 3 dan x < 2 :

atau x ≥ 2 . |5x – 1| + 2 < 0 ⇔ |5x – 1| < –2 Nilai mutlak suatu bilangan tidak mungkin negatif sehingga tidak ada nilai x yang memenuhi |5x – 1| < –2. Jadi, |5x – 1| + 2 < 0 tidak mempunyai penyelesaian. |3 – x| ≤ |2x – 1| Kedua ruas bernilai positif sehingga kedua ruas dapat dikuadratkan. ⇔ |3 – x|2 ≤ | 2x – 1|2 ⇔ (3 – x)2 ≤ (2x – 1)2 ⇔ (3 – x)2 – (2x – 1)2 ≤ 0 ⇔ ((3 – x) +(2x – 1))( (3 – x) – (2x – 1)) ≤ 0 ⇔ (x + 2)(–3x + 4) ≤ 0 Pembuat nol: (x + 2)(– 2)(–3x 3x + 4) 4) = 0 ⇔ x + 2 = 0 atau atau –3x –3x + 4 = 0 ⇔

:

5

1

c.

5 2

x> 3

⇔

Jadi, penyelesaian |2x – 4| ≥ 3 adalah x ≤ 2

b.

≤

|5 – 2x| = 5 – 2x |5 – 2x| < x ⇔ 5 – 2x < x ⇔ 5 < 3x

.

x ≤ 2 at atau

5

– 2x = 0 ⇔ x = 2

5 2

⇔

⇔

⇔ 5

5

5

5

< x ≤ 2 atau 2 ≤ x < 5 ⇔ 3 < x < 5 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan adalah |5 – 2x| < x mempunyai penye5

lesaian {x | 3 < x < 5}.

4

x ≤ –2 atau x ≥ 3 .

Matematika Kelas X

27

b.

4)

|x + 2| + |–x| ≥ 4 – x Pembuat nol nilai mutlak: | x + 2| = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = –2 |–x| = 0 ⇔ –x = 0 ⇔ x = 0 –2

1)

2)

3)

2

x ≤ –6 atau x ≥ 3 . Jadi, himpunan penyelesaian |x + 2| + |–x|

0

– x adalah {x|x ≤ –6 atau x ≥ 3 }. 7. Pe Pers rsam amaa aan n |3x |3x – 4| 4|2 – 6|3x – 4| ≤ –8. Misalkan y = |3x – 4| persaman menjadi: ⇔ y2 – 6y ≤ –8 ⇔ y2 – 6y + 8 ≤ 0 ⇔ (y – 2)(y – 4) ≤ 0

Penyelesaiannya: 2 ≤ y ≤ 4 ⇔ 2 ≤ |3x – 4| ≤ 4 ⇔ 2 ≤ |3x – 4| dan |3x – 4| ≤ 4 a. 2 ≤ |3x – 4| ⇔ |3x – 4| ≥ 2 ⇔ 3x – 4 ≥ 2 atau –(3x – 4) 4) ≤ 2 ⇔ 3x – 4 ≥ 2 atau 3x – 4 ≤ –2 ⇔ 3x ≥ 6 atau 3x ≤ 2

2 3

b.

.

Pertidaksamaan |x + 2| + |–x| ≥ 4 – x untuk interval x ≥ 0 mempunyai penyelesaian x

≥

2 3

.

2

|3x – 4| ≤ 4 –4 ≤ 3x – 4 ≤ 4 ⇔ 0 ≤ 3x ≤ 8 8

0 ≤ x ≤ 3

⇔

0

c.

8 3

Iris Ir isan an pe peny nyel eles esai aian an a dan dan b: 2

8

0 ≤ x ≤ 3 atau 2 ≤ x ≤ 3 0

2

2 3

8 3

Jadi, nilai x yang memenuhi |3x – 4|2 – 6|3x – 4| ≤ – –8 8 2

8

adalah 0 ≤ x ≤ 3 atau 2 ≤ x ≤ 3 . 8. |1 – x| x| – |–x |–x|| < |2 – x| Pembuat nol nilai mutlak: |1 – x| = 0 ⇔ 1 – x = 0 ⇔ x = 1 |–x| = 0 ⇔ –x = 0 ⇔ x = 0 |2 – x| = 0 ⇔ 2 – x = 0 ⇔ x = 2 0

28

x ≤ 3

⇔

2

2 3

2

x ≥ 2 atau

⇔

Irisan penyelesaian (x ≥ 3 ) dan interval ≥

4

2

2 x ≥ 3

(x ≥ 0) adalah x

2

≥ 4

Untukk in Untu inte terv rval al x ≤ –2: |x + 2| = –(x + 2) |–x| = –x |x + 2| + |–x| ≥ 4 – x ⇔ –(x + 2) + (–x) ≥ 4 – x ⇔ –x – 2 – x ≥ 4 – x ⇔ –2x – 2 ≥ 4 – x ⇔ –6 ≥ x ⇔ x ≤ –6 Irisan penyelesaian (x ≤ –6) dan interval (x ≤ –2) adalah x ≤ –6. Pertidaksamaan |x + 2| + |–x| ≥ 4 – x untuk interval x ≤ –2 mempunyai penyelesaian x ≤ –6. Untu Un tukk in inte terv rval al –2 ≤ x ≤ 0: |x + 2| = x + 2 |–x| = –x |x + 2| + |–x| ≥ 4 – x ⇔ x + 2 + (–x) ≥ 4 – x ⇔ x + 2 – x ≥ 4 – x ⇔ 2 ≥ 4 – x ⇔ x ≥ 2 Irisan penyelesaian (x ≥ 2) dan interval (–2 ≤ x ≤ 0) adalah himpunan kosong. Pertidaksamaan |x + 2| + |–x| ≥ 4 – x untuk interval –2 ≤ x ≤ 0 tidak mempunyai penyelesaian. Untu Un tukk in inte terv rval al x ≥ 0: |x + 2| = x + 2 |–x| = x |x + 2| + |–x| ≥ 4 – x ⇔ x + 2 + x ≥ 4 – x ⇔ 2x + 2 ≥ 4 – x ⇔ 3x ≥ 2 ⇔

Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian: n:


1

2

a.

b.

c.

d.

Untu tukk in inte terrval x ≤ 0: |1 – x| = 1 – x |–x| = –x |2 – x| = 2 – x |1 – x| – |–x| < |2 – x| ⇔ (1 – x) – (–x) < (2 – x) ⇔ 1 – x+ x< 2 –x ⇔ 1< 2– x ⇔ x<1 Irisan penyelesaian x < 1 dan interval x ≤ 0 adalah x ≤ 0. Pertidaksamaan |x + 2| + |–x| ≥ 4 – x untuk interval x ≤ 0 mempunyai penyelesaian x ≤ 0 Untu tukk in interval 0 ≤ x ≤ 1: |1 – x| = 1 – x |–x| = x |2 – x| = 2 – x |1 – x| – |–x| < |2 – x| ⇔ (1 – x) – (x) < (2 – x) ⇔ 1 – x –x < 2 –x ⇔ 1 – 2x < 2 – x ⇔ –1 < x ⇔ x > –1 Irisan penyelesaian x > –1 dan interval 0 ≤ x ≤ 1 adalah 0 ≤ x ≤ 1. Pertidaksamaan |x + 2| + |–x| ≥ 4 – x untuk interval 0 ≤ x ≤ 1 mempunyai penyelesaian 0 ≤ x ≤ 1. Untu tukk in intterval 1 ≤ x ≤ 2: |1 – x | = –(1 – x) |–x | = x |2 – x| = 2 – x |1 – x| – |–x| < |2 – x| ⇔ –(1 – x) x) – (x) < (2 – x) ⇔ –1 + x – x < 2 – x ⇔ –1 < 2 – x ⇔ x<3 Irisan penyelesaian x < 3 dan interval 1 ≤ x ≤ 2 adalah 1 ≤ x ≤ 2. Pertidaksamaan |x + 2| + |–x| ≥ 4 – x untuk interval 1 ≤ x ≤ 2 mempunyai penyelesaian 1 ≤ x ≤ 2. Untu tukk in inte terrval x ≥ 2: |1 – x| = –(1 – x) |–x | = x |2 – x| = –(2 – x) |1 – x| – |–x| < |2 – x| ⇔ –(1 – x) – (x) (x) < –(2 – x) ⇔ –1 + x – x < –2 + x ⇔ –1 < –2 –2 + x ⇔ 11

e.

Irisan penyelesaian x > 1 dan interval x ≥ 2 adalah x ≥ 2. Pertidaksamaan |x + 2| + |–x| ≥ 4 – x untuk interval x ≥ 2 mempunyai penyelesaian x ≥ 2. Gabu Ga bung ngan an pe peny nyel eles esai aian an:: x ≤ 0 atau 0 ≤ x ≤ 1 atau 1 ≤ x ≤ 2 atau x ≥ 2 ⇔ x ∈ bilangan real Semua x anggota bilangan real memenuhi |1 – x| – |–x| < |2 – x|. Jadi, himpunan penyelesaian dari |1 – x| – |–x| < |2 – x| adalah {x |x ∈ bilangan real}.

9. Lu Luas as = pa panja njang ng × leb lebar ar ⇔ 136 = |3 – 5x| × 8 ⇔ 17 = |3 – 5x| 5x| ⇔ 3 – 5x = 17 atau 3 – 5x = –17 ⇔ –5x = 14 atau –5x = –20 14

⇔

x = −5

⇔

x=– 5

14

−20

atau

x=

atau

x=4

−5

14

Jadi, nilai x yang memenuhi – 5 atau 4. 10. 5 < jarak jarak rumah rumah Dini Dini dari dari sekol sekolah ah < 7 ⇔

5<

3 − 2x −5

< 7

⇔

5<

3 − 2x −5

dan

1)

5<

3 − 2x −5

⇔

3 − 2x −5

>5

⇔

| 3 − 2x | 5

>5

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

3 − 2x −5

< 7

|3 – 2x 2x|| > 25 3 – 2x < –25 atau 3 – 2x > 25 –2x < –28 atau –2x > 22 x > 14 atau x < –11 . . . (1) –11

2)

3 − 2x −5 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

14

< 7

| 3 − 2x | 5

<7

|3 – 2x 2x|| < 35 35 –35 < 3 – 2x 2x < 35 35 –35 – 3 < 3 – 2x – 3 < 35 – 3 –38 < –2x –2x < 32

Matematika Kelas X

29

Ketiga ruas dibagi –2 diikuti membalik arah tanda ketidaksamaan. ⇔ ⇔ ⇔

−38

–16

30

>

−2x

32

> −2 19 > x > –1 –16 6 –16 –1 6 < x < 19 −2

Irisan dari (1) dan (2)

−2

–16

– 11

14

19

–16 < x < –11 atau 14 < x < 19 Jadi, nilai x yang memenuhi –16 < x < –11 atau 14 < x < 19. ⇔

19

. . . (2)


Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. menjelask menjelaskan an pertidaksamaan pertidaksamaan rasional dan irasional irasional satu variabel; variabel; 2. menentukan penyelesa penyelesaian ian pertidaksamaan pertidaksamaan rasional dan irasional irasional satu satu variabel; variabel; 3. menyelesa menyelesaikan ikan masalah masalah yang berkaitan berkaitan dengan dengan pertidaksamaan pertidaksamaan rasional rasional dan irasional irasional satu satu variabel. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik mampu menunjukkan sikap kritis, teliti, dan analitis dalam menyajikan dan menafsirkan makna himpunan penyelesaian pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak serta mengaitkannya dengan konteks nyata.

Pertidaksamaan Rasional dan Irasional

Mempelajari

Persamaan dan Pertidaksamaan Kuadrat Mencakup

1. 2. 3. 4.

Persama Persa maan an Kuadrat Kuadrat Penyeles Peny elesaian aian Persama Persamaan an Kuadrat Kuadrat Pertidak Pert idaksama samaan an Kuadr Kuadrat at Penyeles Peny elesaian aian Pertidaks Pertidaksamaan amaan Kuadrat

Pertidaksamaan Rasional

Pertidaksamaan Pertidaksam aan Irasional

Mencakup

1. Pertidaks Pertidaksamaa amaan n Polinomi Polinomial al 2. Peny Penyelesa elesaian ian Pertidaks Pertidaksamaan amaan Polinomial 3. Pert Pertidak idaksama samaan an Rasio Rasional nal 4. Peny Penyelesa elesaian ian Pertidaks Pertidaksamaan amaan Rasional 5. Perma Permasala salahan han yang yang Berkaitan Berkaitan dengan Pertidaksamaan Rasional

Mencakup

1. 2. 3. 4. 5.

Bilangan Rasion Bilangan Rasional al dan Irasiona Irasionall Persamaa Pers amaan n Iras Irasiona ionall Penyelesaian Penyele saian Persama Persamaan an Irasion Irasional al Pertidaks Perti daksamaa amaan n Irasiona Irasionall Permasala Perma salahan han yang yang Berkaitan Berkaitan dengan Pertidaksamaan Irasional

Mampu

• • •

Menunjukkan Menunjukk an sikap kritis, teliti, dan dan analis dalam menyajikan menyajikan dan menafsirkan menafsirkan permasalahan permasalahan yang berkaitan dengan persamaan rasional dan irasional. Menjelaskan Menjelask an dan menentukan penyelesa penyelesaian ian pertidaksamaa pertidaksamaan n rasional rasional dan dan irasional. irasional. Menyelesaikan Menyele saikan permasal permasalahan ahan yang berkait berkaitan an dengan pertidak pertidaksamaan samaan rasional rasional dan irasional. irasional.

Matematika Kelas X

31

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: b Mencari akar-akar persamaan kuadrat dengan cara memfaktorkan. x2 – 3x 3x + 2 = 0 (x – 1)(x 1)(x – 2) = 0  atau x – 2 = 0  x – 1 = 0 atau x = 1 atau atau x = 2  Diperoleh penyelesaian x = 1 atau x = 2. Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 2}. 2. Jawaban: e Mencari akar-akar persamaan kuadrat dengan cara memfaktorkan. 2x2 – 3x 3x – 5 = 0 (2x – 5)(x 5)(x + 1) = 0   2x – 5 = 0 atau x + 1 = 0 5



x= 2

atau ata u x = –1 5

Jadi, akar-akar persamaan kuadrat tersebut 2 atau –1.

5. Jawaban: e 3x2 – 10x – 8  0  (3x + 2)(x – 4)  0 Pembuat nol fungsi: (3x + 2)(x 2)(x – 4) 4) = 0  3x + 2 = 0 atau x – 4 = 0 

2 3

 –

2 3

atau

x=4

4

2

–3

 x  4 2

Jadi, penyelesaiannya adalah {x | – 3  x  4}. 6. Jawaban: d 2x2 – 9x + 7 < 0  (2x –7)(x – 1) < 0 Pembuat nol: (2x – 7)(x – 1) = 0  2x – 7 = 0 at atau au x – 1 = 0 

3. Jawaban: d 2x2 – 13x – 7 = 0 (2x + 1)(x 1)(x – 7) = 0  atau x – 7 = 0  2x + 1 = 0 atau

7

x= 2

atau

x=1

7 2

1

1



7

x = – 2 at atau au x = 7 1

Oleh karena x 2 > x1, maka x1 = – 2 dan x2 = 7. 1

2x1 + 3x2 = 2(– 2 ) + 3(7) = –1 + 21 = 20 Jadi, nilai 2x1 + 3x2 = 20. 4. Jawaban:

b

2

x + 4x – 5  0  (x + 5)(x – 1)  0

Pembuat nol fungsi: (x + 5)(x 5)(x – 1) = 0 x + 5 = 0 a t a u x–1=0  x = –5 atau x =1 

–5

1

 –5  x  1 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {x | –5  x  1}.

32

x=–


Penyelesaiannya 1 < x < 2 . Jadi, himpunan penyelesaian 2x 2 – 9x + 7 < 0 7

adalah {x | 1 < x < 2 , x  R}. 7. Jawaban: e –2x2 + 11x – 5  0  2x2 – 11x + 5  0  Kedua ruas dikalikan –1 diikuti dengan membalik  (2x – 1)(x – 5)  0 arah tanda ketidaksamaan Pembuat nol: (2x – 1)(x – 5) = 0  2x – 1 = 0 atau x – 5= 0 

1

x = 2 a attau

x =5

1 2

5

1

Penyelesaiannya 2  x  5 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan 1

–2x2 + 11x – 5  0 adalah {x| 2  x  5, x  R}.

8. Jawaban:

d

–4(p – 4)2 + 8p 8p > 0 8p + 16) + 8p > 0  32p – 64 64 + 8p 8p > 0  –4p2 + 32p 2 –4p + 40p 40p – 64 64 > 0  2 –p + 10p 10p – 16 16 > 0  2  p – 10p 10p + 16 16 < 0 (p – 2)( 2)(p p – 8) 8) < 0  Pembuat nol: (p – 2)(p – 8) = 0 atau p – 8 = 0  p – 2 = 0 atau p = 2 at atau p = 8  –4(p2 –

2

15

 Kedua ruas di-

kalikan –1 diikuti dengan membalik arah tanda ketidaksamaan

Penyelesaiannya p  15 atau p  21. Salah satu nilai p yang memenuhi p  15 atau p  21 adalah 21. Jadi, ukuran panjang yang mungkin adalah 21 cm. B. Urai Uraian an

1. a.

3x2 + 8x + 4 = 0 (3x + 2)( 2)(xx + 2) = 0  atau au x + 2 = 0  3x + 2 = 0 at 2



8

Penyelesaiannya 2 < p < 8. Jadi, nilai p yang memenuhi adalah 2 < p < 8. 9. Jawaban: d Biaya produksi x produk = 100.000 + 2.500x + 10x 2 Hasil penjualan x produk = 5.000 × x = 5.000x Agar diperoleh laba, hasil penjualan > biaya produksi 100.000 + 2.500x + 10x2  5.000x > 100.000  0 > 100.000 100.000 + 2.500x 2.500x + 10x2 – 5.000x 0 > 10 10xx2 – 2.500x + 100.000  0 > x2 – 250x + 10.000  2  x – 250x + 10.000 10.000 < 0 (x – 50)(x – 200) 200) < 0  Pembuat nol: (x – 50)(x 50)(x – 200) 200) = 0 200 = 0  x – 50 = 0 atau x – 200 x = 50 atau x = 200 

21

x = – 3 atau x = –2

Jadi, akar-akar persamaan kuadrat tersebut 2

b.

– 3 atau –2. 2x2 – 4x – 1 = 0 a = 2, b = –4, c = –1 b2 – 4ac 4ac = (–4) (–4)2 – 4(2)(–1) = 16 + 8 = 24 2 x1,2 = b  b  4ac

2a

= = =

4  24 4 42 6 4 1 1± 2

6

Jadi, akar-akar persamaan kuadrat tersebut 1

1

1 + 2 6 atau 1 – 2 6 . 50

200

2. a.

Penyelesaiannya 50 < x < 200. Jadi, perusahaan harus membuat produk antara 50 dan 200 buah. 10. Jawaban: e Keliling = 2 × (p + ) 72 = 2 × (p + )   p +  = 36  = 36 – p  Luas  315 p(36 – p)  315   36p – p2 – 315  0  –p2 + 36p – 315  0  p2 – 36p + 315  0  (p – 15)(p – 21)  0 Pembuat nol (p – 15)( 15)(p p – 21) 21) = 0 15 = 0 ata atau u p – 21 21 = 0  p – 15 p = 15 atau p = 21 

x2 – 16x 16x < –63 –63 2  x – 16x 16x + 63 63 < 0 7)(x – 9) < 0  (x – 7)(x Pembuat nol: (x – 7)(x 7)(x – 9) = 0 atau x – 9 = 0  x – 7 = 0 atau x = 7 ata atau u x=9  +

– 7

b.

+ 9

Dari diagram di atas diperoleh penyelesaian 7 < x < 9. Jadi, penyelesaian x 2 – 16x < –63 adalah 7 < x < 9. x2 + 4  2(3x – 2) x2 + 4  6x – 4   x2 + 4 – 6x + 4  0 x2 – 6x + 8  0  (x – 2)(x – 4)  0 

Matematika Kelas X

33

Pembuat nol: (x – 2)( 2)(xx – 4) = 0 atau x = 4  x = 2 atau

3 2

–

1

3

2

Penyelesaiannya x  – atau x > 1. 2 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan

4

Jadi, penyelesaian x 2 + 4 < 2(3x – 2) adalah 2  x  4. 3. a.

3x2 + 5x – 2  0  (3x – 1)(x + 2)  0 Pembuat nol: (3x – 1)(x + 2) = 0  3x – 1 = 0 ata atau u x + 2= 0 1



x= 3

atau

3

{x| x  – 2 atau x > 1}. b.

(x – 3)2 > (3x + 5)2  (x – 3)2 – (3x + 5) 2 > 0 (3x + 5))((x 5))((x – 3) – (3x + 5)) 5)) > 0  ((x – 3) + (3x (4x + 2)(– 2)(–2x 2x – 8) > 0 

Pembuat nol: (4x + 2)(–2x – 8) = 0 atau –2 –2xx – 8 = 0  4x + 2 = 0 atau

x = –2

1

 1 3

–2

–4

Penyelesaiannya –3 < x < –1. Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan {x| –3 < x < –1, x  R}. 4. a.

2 (x 3

1

+ 2) + 1  3 (2x + 1) Kedua ruas dikalikan 3. 2

1

3 × 3 (x + 2) + 1 × 3  3 × 3 (2x + 1)2 2(x + 2) + 3  4x2 + 4x + 1   2x + 4 + 3 – 4x2 – 4x – 1  0 –4x2 – 2x + 6  0  2x2 + x – 3  0  (2x + 3)(x – 1)  0  Pembuat nol: (2x + 3)(x – 1) = 0 atau x – 1 = 0  2x + 3 = 0 atau 

34

x=

3 –2

atau x = 1


1 2

1

1

{x| x < –4 atau x > – 2 }. 5. Lu Luas as sat satu u kand kandan ang g = 36 xy = 36 36  y= x Panjang pagar  43  4 × y + 3 × x  43 

y

y

36 m2

36 m2

36



 –1

–

x = –4

Penyelesaiannya x < –4 atau x > – 2 . Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan

1

{x| x  –2 atau x  3 , x  R}. (2x + 3)2 + 4x + 3 < 0 4x + 3 < 0  4x2 + 12x + 9 + 4x 2 4x + 16x 16x + 12 12 < 0   x2 + 4x 4x + 3 < 0 (x + 3)(x 3)(x + 1) < 0  Pembuat nol: (x + 3)(x + 1) = 0 atau u x +1= 0  x + 3 = 0 ata x = –3 a ta tau x = –1 

–3

atau

1

Penyelesaiannya x  –2 atau x  3 . Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan b.

x = –2

x

x

36

4 × x + 3x  43 144 + x

3x  43

Oleh karena x panjang pagar maka x > 0 sehingga: 

144



x = 3 atau

x( x + 3x)  x × 43  kedua ruas dikalikan x  144 + 3x2  43x  3x2 – 43x + 144  0  (3x – 16)(x – 9)  0 Pembuat nol: (3x – 16)( 16)(x x – 9) = 0 16 = 0 atau atau x – 9 = 0  3x – 16 16

16 3



x=9

9

16  x  9 3 16

Jadi, nilai x yang memenuhi 3  x  9 atau nilai 16

x di antara 3 meter dan 9 meter.

A. Pilihan Ganda


1. Jawaban: b (x – 2)(x + 5)(x – 1)  0 Pembuat nol: (x – 2)(x + 5)(x – 1) = 0  x = 2 atau x = –5 atau x = 1 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

x2(2x2 – x) < x 2(2x + 5) adalah –1 < x < 2 dan x  0.

–

+ –5

– 1

+ 2

Penyelesaian: –5  x  1 atau x  2. Jadi, penyelesaian pertidaksamaan (x – 2)(x + 5) (x – 1)  0 adalah –5  x  1 atau x  2. 2. Jawaban: b (x2 – x – 2)(x2 – 2x – 3)  0  (x + 1)(x – 2)(x – 3)(x + 1)  0 Pembuat nol: (x + 1)(x – 2)(x – 3)(x + 1) = 0  x = –1 atau x = 2 atau x = 3 atau x = –1 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

5

4. Jawaban:

c

6  0 x5

1)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: pembilang tidak pernah bernilai nol 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nye ebu but: t: x – 5 = 0 x=5 3) Sy Sya arat pe penyebut: x – 5  0 x  5 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. –

+ 5

Penyelesaiannya: x > 5 6

Jadi, penyelesaian x  5  0 adalah x > 5. 5. Jawaban:

a

5x  2  0 x4 –1

–1

2

3

Penyeles Peny elesaian: aian: –1  x  –1 atau 2  x  3  x = –1 atau 2  x  3 Jadi, nilai x yang memenuhi (x2 – x – 2)(x2 – 2x – 3)  0 adalah x = –1 atau 2  x  3. 3. Jawaban:    

Pembua Pem buatt nol nol pe pemb mbila ilang: ng: 5x – 2 = 0  x =

2) 3)

Pembuat Pembu at no noll pen penye yebu but: t: x – 4 = 0  x = 4 Syar Sy arat at pe peny nyeb ebut ut:: x – 4  0  x  4 +

x = 0 atau x = 0 atau x =

5 2

0

4

atau x = –1

adalah x  6. Jawaban:

2 atau 5

x > 4.

5

Penyelesaiannya Penyeles aiannya:: –1 < x < 0 atau atau 0 < x < 2 dan x  0.

5x  2  0 x4

x > 4.

a

2x 2  x  6  0 x 2  3x  18



( 2 x  3 )( x  2 )  0 ( x  3 )( x  6 )

1)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (2x + 3)(x – 2) = 0  x=–

5 2

2 atau 5

Jadi, bilangan real x yang memenuhi

5 2

 –1 < x <

+

Penyelesaiannya: x 

Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

–1

– 2 5

x2(2x2 – x) x) < x2(2x + 5) x2(2x2 – x) – x 2(2 (2xx + 5) < 0 2 2 x (2x – x – 2x 2x – 5) < 0 2 2 x (2x – 3x – 5) < 0 x2 (2x – 5)( 5)(xx + 1) < 0

2 5


a

Pembuat nol: x2 (2x – 5)(x + 1) = 0  x = 0 atau x = 0 atau 2x – 5 = 0 atau x + 1 = 0 

1)

2)

3 2

atau x = 2

Pembua Pemb uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (x + 3)(x – 6) = 0  x = –3 atau x = 6

Matematika Kelas X

35

3)

Syarat Syar at pe peny nyeb ebu ut: (x + 3)(x – 6)  0  x  –3 atau x = 6 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. +

–

+

–3 – 3

–

+

2

2

6

3 2

1)

15

(7x + 15)(x – 1) = 0  x = – atau x = 1 7 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: 3(2 + x)(1 – x) = 0  x = –2 atau x = 1 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: 3(2 + x)(1 – x)  0  x  –2 atau x  1 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

Penyelesaiannya: –3 < x  – atau 2  x < 6 Jadi, nilai x yang memenuhi

x 6  0 adalah x 2  3x  18

3 2

2x  7 x 1

 

–

15 7

– –2

+

–

1 1

15 atau 7

x > –2, x  1.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x  – x > –2, x  1}.

< 1

9. Jawaban:

– 1 < 0

2x  7  (x  1) x 1

<0

2x  7  x  1 x 1

<0

x8 x 1

<0



+

Penyelesaiannya: x  –

d

2x  7 x 1



–

2x 2

–3 < x  – atau 2  x < 6. 7. Jawaban:

Pemb Pe mbua uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g:

15 atau 7

a

4x 2x  5  2x  3 2x  3



Pembu Pem buat at no noll pem pembi bilan lang: g: x + 8 = 0 x = –8 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol peny penyeb ebut ut:: x – 1= 0 x=1 3) Sy Sya arat pe penyebut: x – 1  0 x  1 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

4x 2x  3

–

2x  5  0 2x  3



4  x  2x  5  0 2x  3



9  3x  0 2x  3

1)

1) 2)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 9 – 3x = 0  9 = 3x  x = 3 Pemb Pe mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut::

3)

2x + 3 = 0  2x = –3  x = – 2 Syar Sy arat at pe peny nyeb ebut ut::

3

3

+

–

2x + 3  0  2x  –3  x  – 2

+

–8


1

–

Penyelesaiannya: –8 < x < 1. Jadi, nilai x yang memenuhi

2x  7 x 1

–8 < x < 1. 8. Jawaban:

a

x 2  2x  3  2 6  3 x  3x 2



36

x 2  2x  3 6  3x  3 x 2

– 2  0

+

– 32

< 1 adalah

– 3

3

Penyelesaiannya: x < – 2 atau x  3. Jadi, penyelesaian atau x  3. 10. Jawaban:

4x 2x  5  2x  3 2x  3

b

x 2  5x  4 x+3

>1



x 2  2x  3  2(6  3x  3x2 )  0 6  3 x  3 x2



x 2  2x  3  12 + 6x + 6x2  0 6  3x  3 x 2



x 2  5x  4 x+3



7x2 + 8x  15  0 6  3x  3 x 2



x 2  5x  4  (x + 3) x+3

>0



(7x (7x + 15)( )(xx  1)  0 3(2 + x)( )(1 1  x)



x 2  6x  7 x+3

>0


– 1 > 0

3

adalah x < – 2

1)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 2 x – 6x – 7 = 0  (x + 1)(x – 7) = 0  x = –1 atau x = 7 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: x + 3 = 0  x = –3 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: x + 3  0  x  –3 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. –

+ –3

–

+

–1

Penyelesaiannya: –3 < x < –1 atau x > 7. x 2  5x  4 x+3

> 1 adalah

–3 < x < –1 atau x > 7. 11. Jawaban:

 

a

–

+

0

1

– 5

Jadi, bilangan real x yang memenuhi 13. Jawaban:

e

10 6  0 – 6x x  10 10( x  10)  6(6  x)  0 (6  x )( x  10)

x4 x3 –  0 x3 x2 ( x  4 ) ( x  2 )  ( x  3 )( x  3 )  0 ( x  3 )( x  2 )

 

10x  100  36  6x  0 (6  x)( x  10)

( x 2  6 x  8)  ( x 2  6 x  9)  0 ( x  3 )( x  2 )



16x  64  0 (6  x)( x  10)

1

( x  3 )( x  2 )

 0

1)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: Pembilang tidak pernah bernilai nol 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (x – 3)(x – 2) = 0  x = 3 atau x = 2 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebu ut: (x – 3)(x – 2)  0  x  3 atau x  2 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. –

+

1)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 16x + 64 = 0  16x = –64  x = –4 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (6 – x)(x + 10) = 0  x = 6 atau x = –10 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: (6 – x)(x + 10)  0  x  6 atau x  –10 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. +

Jadi, nilai x yang memenuhi x < 2 atau x > 3.

 

 x 2 + 6x  5



(x + 1)(x  5) x

x

6

x4 x3 adalah  x3 x2

x < –10 atau –4  x < 6. 14. Jawaban:

10 6 > 6x x  10

adalah

b 2 x 2  3x + 1  x +2 2 x  2x

(x – 2) (x 2) < 0

4x  5  x(x  2) x

–

–4

Jadi, nilai x yang memenuhi

c

4x  5 – x

+

Penyelesaiannya: x < –10 atau –4  x < 6.

Penyelesaiannya: x < 2 atau x > 3.

4x  5 x

– –10

–

2 3

12. Jawaban:

4x  5 < x – 2 x

adalah 0 < x < 1 atau x > 5.







+

10 6  6x x  10

x4 x3  x3 x2



Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (–x + 1)(x – 5) = 0  x = 1 atau x = 5 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pen penye yebu but: t: x = 0 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: x  0 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

Penyelesaiannya: 0 < x < 1 atau x > 5.

7

Jadi, penyelesaian

1)

<0 <0 <0



2 x 2  3x + 1  0 + x +2 x(x + 2)



x 2  3x + 1+ 2x  0 x(x+ 2)



x2  x + 1  0 x(x + 2)

1)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 2 x – x + 1 mempunyai nilai diskriminan D = (–1)2 – 4(1)(1) = –3 < 0. Oleh Ol eh karena a > 0 2 dan D < 0 maka x – x + 1 definit positif atau x2 – x + 1 selalu bernilai positif atau tidak pernah bernilai nol. Matematika Kelas X

37

2)

Pembua Pemb uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: x(x + 2) = 0  x = 0 atau x = –2 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebu ut: x(x + 2)  0  x  0 atau x  –2 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. +

– –2


–4

Penyelesaiannya: –2 < x < 0. Jadi, semua nilai x yang 2 x 2  3x + 1  x + 2 adalah 2 x  2x

memenuhi

b.

–2 < x < 0.

<1



(x  1)(2x + 4) – x2 + 4



2x2 + 2x  4  x2  4 x2 + 4

<0



x 2 + 2x  8 x2 + 4

<0



(x  2)(x + 4) 4) 2 x +4

<0



x(x2  2x + 1)  0 (x  4 )( x  2 )



x(x  1)2  0 (x  4 )( x  2 )

1)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: x(x – 1)2 = 0  x = 0 atau x = 1 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (x – 4)(x – 2) = 0  x = 4 atau x = 2 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: (x – 4)(x – 2)  0  x  4 atau x  2 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

1<0

1)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (x – 2)(x + 4) = 0  x = 2 atau x = –4 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: 2 x + 4 mempunyai nilai diskriminan D = 02 – 4(1)(4) = –16 < 0 dan a = 1 > 0 sehingga x2 + 4 definit positif atau x2 + 4 selalu bernilai positif. 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebu ut: x2 + 4  0 terpenuhi oleh semua nilai x bilangan real. Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. – –4

x 3  2x 2 + x  0 x 2  6x + 8

e

(x  1)(2x + 4) x2 + 4

+

+

+

Jadi, himpunan penyelesaian

(x  1)(2x + 4) x2 + 4

adalah {x | –4 < x < 2}.

< 1


4

Jadi, himpunan penyelesaian adalah x  0 atau 2 < x < 4. 2. a.

x2  2 x5



x2 x5



x  2  2(x  5) x5

<0



x  2  2x  10 x5

<0

B. Urai Uraian an

38

–

Penyelesaiannya: x  0 atau 2 < x < 4.



(–x – 4)(x2 – 6x + 5 )  0  (–x – 4)(x – 1)(x – 5)  0 Pembuat nol: (–x – 4)(x – 1)(x – 5) = 0  x = –4 atau x = 1 atau x = 5

+ + 0 1 2

2

Penyelesaiannya: –4 < x < 2.

1. a.

5

Penyelesaian: –4  x  1 atau x  5. Jadi, penyelesaian (–x – 4)(x 2 – 6x + 5)  0 adalah –4  x  1 atau x  5.

+ 0

15. Jawaban:

1

1) 2) 3)

– 2 < 0

x + 12

x5

<0

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: –x + 12 = 0  x = 12 Pemb Pe mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: x – 5 = 0  x = 5 Syar Sy arat at pe peny nyeb ebut ut:: x – 5  0  x  5

x 3  2x 2 + x  0 x 2  6x + 8

Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. –

+

2)

Pembua Pemb uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: 2 2x + 9x + 4 = 0 1)(xx + 4) = 0  (2x + 1)(

–

1

 5

12

3)

Penyelesaiannya: x < 5 atau x > 12.

Syarat Syar at pe peny nyeb ebut ut:: 2 2x + 9x + 4  0  (2x + 1)(x + 4)  0

x2

Jadi, himpunan penyelesaian x  5 < 2 adalah {x| x < 5 atau x > 12, x  R}. b.

3x  2x 2 x

  

–

+

–1

1

2

x 2 + 4x  7  2 2x2 + 9x + 4



x 2 + 4x  7 2x 2 + 9x 9x + 4

2(2x2 + 9x 9x + 4)  0 2x2 + 9x + 4

3x 2  14x  15



1)

– 2  0

x 2 + 4x  7  4x 2  18x  8  0 2x2 + 9x + 4



2x 2 + 9x + 4

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 2 –3x – 14x – 15 = 0 (–3xx – 5)(x 5)(x + 3) = 0  (–3 

1

x 2 + 4x  7  2 2x 2 + 9x + 4

5

1

adalah {x | x < –4 atau –3  x  – 3 atau x > – 2 , x  R}.

3. Grafik fungsi f(x) di di atas sumbu X artinya artinya f(x) > 0. f(x) > 0 

2x 2  x  3 x2  x  6



(2x  3)(x + 1) (x + 2) 2 )( x  3 )

1)

> 0 > 0


(2x – 3)(x + 1) = 0  x = 2 atau x = –1 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (x + 2)(x – 3) = 0  x = –2 atau x = 3 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: (x + 2)(x – 3)  0  x  –2 atau x  3 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. +

–

–2

3

–

+ 4x  7 + 9x 9x + 4

1

–3


3x

2x 2

5

–3

–

5

Jadi, himpunan penyelesaian 2  x  2x + 1 adalah {x| x  –1 atau 1  x < 2, x  R}.



+

x < –4 atau –3  x  – 3 atau x > – 2 .

Penyelesaiannya: x  –1 atau 1  x < 2.

x2

–

Penyelesaiannya:

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 2x2 – 2 = 0  2(x2 – 1) 1) = 0 1)(x x – 1) = 0  2(x + 1)( –1 atau atau x = 1  x = –1 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: 2 – x = 0  –x = –2  x = 2 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: 2 – x  0  x  2 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. –

+ –4

(2x  1)(2  x) 3x –  0 2x 2x 3x  (4x  2x 2  2  x)  0 2x 2x 2  2  0 2x

1)

c.

x  – 2 atau x  –4


– (2x + 1)  0

+

1



+1

3x 2 x



x = – 2 ata atau u x = –4

 0

– –2

+

– 3 2

–1

+ 3

Penyelesaiannya: 3

x < –2 atau –1 < x < 2 atau x > 3. Jadi, grafik fungsi f(x) =

2x 2  x  3 x2  x  6

berada di atas 3

sumbu X untuk nilai x < –2 atau –1 < x < 2 atau x > 3.

5

x = – 3 ata atau u x = –3 –3

Matematika Kelas X

39

4. a.

3 x 1

2

–


 1

x 1

–

3



x 1

2

–

– 1  0

1 2

x 1 3( x  1)  2(x  1)  ( x  1)( x  1)  0 (x  1)( x  1)



x 2  x  6



(x  1)( x  1)

x2  x  6  0 (x  1)( x  1)



( x  3 )( x  2 )  0 (x  1)( x  1)

5 x  4x + 3 2

5. –2 <

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (x – 3)(x + 2) = 0  x = 3 atau x = –2 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (x – 1)(x + 1) = 0  x = 1 atau x = –1 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: (x – 1)(x + 1)  0  x  1 atau x  –1 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. – –2

+ –1

– 1

a.

x 1

2 x 1

 1

adalah –2  x < –1 atau 1 < x  3. b.

3 x  3x + 2

5 x  4x + 3

<0



3(x 2  4x + 3)  5(x2  3x + 2) (x 2  3x + 2)(x2  4x + 3)

<0



3x2  12x + 9  5x2 + 15x  10 (x 2  3x + 2)(x 2  4x + 3)

<0

2

2

(2x + 1) 1)(x  1) (x  1)(x  2)(x  1)(x  3)

x=

1 atau 2

–2 <

x  3x + 2

<

x 2  2x  11 x+5

dan

x 2  2x  11 x+5 x 2  2x  11 x+5 x 2  2x  11 + x+5

> –2

2>0

x 2  2x  11 + 2(x + 5) x+5

>0



x 2  2x  11 + 2x + 10 x+5

>0



x2  1 x+5

>0

–5

+

– –1

+ 1

Penyelesaian: –5 < x < –1 atau x > 1. b.

x 2  2x  11  2 x+5



x=1


artinya –2 <



–

<0

Pembua Pemb uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (x – 1)(x – 2)(x – 1)(x – 3) = 0  x = 1 atau x = 2 atau x = 1 atau x = 3 Syar Sy arat at pe peny nyeb ebut ut:: (x – 1)(x – 2)(x – 1)(x – 3)  0  x  1 atau x  2 atau x  1 atau x  3

3 2

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 2 x – 1 = 0  (x – 1)(x + 1) = 0  x = 1 atau x = –1 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: x + 5 = 0  x = –5 3) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: x + 5  0  x  –5 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

<0

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (–2x + 1)(x – 1) = 0 

2)

2

(x  3x + 2)(x  4x + 3)



2)

2

2x2 + 3x  1



1)

–

1 < x < 1 atau

1)

5 x2  4x + 3

3 x  3x + 2



40

<

2

3

1

x 2  2x  11  2 x+5



Penyelesaiannya: –2  x < –1 atau 1 < x  3. –

2 1 atau 2

–

adalah x < 2 atau 1 < x < 2 atau x > 3.



3

3

1

+

x 2  2x + 11  2. x +5

+


1

–


1)

+

1

+

1 < x < 2 atau x > 3. 1 < x < 1 atau 1 < x < 2 dapat ditulis 1 < x < 2.

 0



–

Penyelesaiannya: x <

3 x  3  2x  2  x 2  1  0 (x  1)( x  1)



+

x 2  2x  11 – x+5

2  0



x 2  2x  11  2(x + 5)  0 x+5



x 2  2x  11  2x  10  0 x+5



x 2  4x  21  0 x+5

. . . (1)

c.

(x + 3)(x  7)  0 x+5



1)

Pemb Pe mbua uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (x + 3)(x – 7) = 0  x = –3 atau x = 7 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: x + 5 = 0  x = –5 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: x + 5  0  x  –5 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. –

+ –5

– –3

+

Irisa Iri san n pen penye yeles lesai aian an (1 (1)) dan dan (2 (2): ): –5

–3

1

–1

7

Penyelesaiannya: –3  x < –1 atau 1 < x  7. Jadi, himpunan penyelesaian

x 2  2x  11  x+5

adalah {x | –3  x < –1 atau 1 < x  7}.

. . . (2)

7

Penyelesaian: x < –5 atau –3  x  7.

Matematika Kelas X

41

2

Syarat bilangan yang diakar harus lebih dari atau sama dengan nol:

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban:

b

x 2  16 =

10x – 25  0  10x  25  x 

x4

25  10

( x 2  16 )2 = ( x  4 )2

 

16 1 6= x+ 4 x – 20 = 0 (x – 5)(x 5)(x + 4) = 0 x = 5 atau atau x = –4

5 2

x2 –

 

Syarat hasil penarikan akar (ruas kanan) harus lebih dari atau sama dengan nol: 20 – 5x  0  20  5x  4  x . . . (1)

–4

4

Syarat bilangan yang diakar  0. 1) x2 – 16  0 x2  16 x  4 atau x  –4 2) x + 4  0 x  –4 Kedua syarat digabungkan sehingga didapat x = –4 atau x  4 . . . (2)

–4

5

Penyelesaian: x = –4 atau x = 5. Jadi, himpunan penyelesaian adalah {–4, 5}. 2. Jawaban:

x=

17 5

.

10x  25 = 20 – 5x adalah

.

3. Jawaban:

d  Kedua ruas bernilai positif. 2



 2x  6  > 02

  

2x + 6 > 0 2x > –6 –6 x > –3 . . . (1)

. . . (2) –3



10x – 25 = 25x 25x2 – 200x + 400 210x + 425 425 = 0  25x2 – 210x 2  5(5x – 42x 42x + 85) 85) = 0 5(5x –17)(x – 5) = 0 

42

Jadi, penyelesaian

17 5

Syarat Sya rat bilang bilangan an yang yang diakar: diakar: 2x + 6  0  2x  –6 x  –3 

( 10x  25 )2 = (20 – 5x)2

Irisan penyelesaian (1) dan (2): –3

Penyelesaiannya: x > –3.

atau at au x = 5 17 5

Penyelesaiannya x =

–3

10x  25 = 20 – 5x Kedua ruas persamaan dikuadratkan.

17 5

17 5

x 2  16 = x  4

d

x=

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3):

2x  6 > 0

4

Irisan penyelesaian (1) dan (2):



. . .(3)

5

–4

5 2

. . . (2)

x2 –



x

Jadi, penyelesaian 5


. . . (1)

2x  6 > 0 adalah x > –3.

4. Jawaban:

Irisan penyelesaian (1) dan (2).

e

3x  1 < 2  ( 3x  1 )2 < 22 

3x – 1 < 4



3x < 5



x<

–7

–5

1

3

Penyelesaiannya: x < –7 atau x > 3. Jadi, semua bilangan real x yang memenuhi adalah x < –7 atau x > 3.

5 3

6. Jawaban:

a

x 2  5x  5  2x + 1 . . . (1)

5 3



Syarat bilangan di dalam akar: 3x – 1  0 3x  1

x2 – 5x – 5  4x2 + 4x + 1 3x2 + 9x + 6  0 x2 + 3x + 2  0 (x + 2)(x + 1)  0

  

1 3

x 

 ( x 2  5x  5 )2  (2x + 1) 2

+

–

. . . (2) 1 3

1 3

Penyelesaian:

<

5 3

<

5 3

. 3x  1 < 2 adalah

d

x 2  4x  5 > 4

 Kedua ruas bernilai positif. 2



+

=

53 5 2

x1 =

53 5 2

2)

. . . (1)

Syarat bilangan yang diakar: x2 + 4x – 5  0  (x – 1)(x + 5)  0 Pembuat nol: (x – 1)(x + 5) = 0  x = 1 atau x = –5

–5

+

x2 =

53 5 2

+ 53 5 2

53 5 2

atau x 

. . . (2) 53 5 2

2x + 1  0  x  –

+

–

atau

–

x

3

+

2

53 5 2

– –7

5)  ( 5) 5)2  4  1 ( 5) 5) ( 5)

+

x 2  4x  5  > 42 x2 + 4x – 5 > 16 16 2 x + 4x – 21 21 > 0 (x – 3)(x 3)(x + 7) > 0 Pembuat nol: (x – 3)(x + 7) = 0  x = 3 atau x = –7    

2a

=

.

5. Jawaban:

b  b2  4ac

x1,2 =

Jadi, nilai x yang memenuhi 1  x 3

x  –2 atau x  –1

Syarat: 1) x2 – 5x – 5  0 Pembuat nol: x2 – 5x – 5 = 0

5 3

1  x 3

. . . (1)

–2 –1




+

1 2

–

. . . (3)

+ 1

–2


–2 –1

53 5 2

1

–2

53 5 2

. . . (2)

1

Matematika Kelas X

43

53 5 2

Penyelesaian: x 

Syarat bilangan yang diakar: 1) 1 – x  0  1  x  x  1

.

Jadi, nilai x yang memenuhi: x 2  5x  5  2x + 1 adalah x  7. Jawaban:

x

x





1 2



x< 2

. . . (3) –3

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3).

>x –3

1

. . . (1)

1 2

Syarat bilangan yang diakar: 1) 3 – 5x  0  –5x  –3 x  5



x  5

5

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | – 3 < x  1} 1}..





  

3

. . . (2) x  0

5

Penyelesaiannya: – 3 < x  1

d

x 2  3x  2 

3



1

5

–3

9. Jawaban:

3 5

2)

2x + 6  0  2x  –6 x  –3 

2

3 – 5x > x 3 > 6x



1

 Kedua ruas bernilai positif.

2  3  5x  > 



. . . (2)

. 2)

d

3  5x > 

53 5 2

x7 2

x 2  3x  2  

0

3 5

1 2

1

Penyelesaiannya: 0  x < 2 . 1 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 0  x < 2 . 8. Jawaban: 1  x <    

2

. . . (1)

5

–1

Syarat bilangan yang diakar: 1) x2 – 3x + 2  0  (x – 1)(x – 2)  0 Pembuat nol: (x – 1)(x – 2) = 0  x = 1 atau x = 2 +

– 1


+

2)

+

. . . (2)

2

x + 7  0  x  –7

2  1 x  <  2x + 6 

. . . (3)

1 – x < 2x 2x + 6 –x – 2x < 6 – 1 –3xx < 5 –3

–7


5



x>–3

–7

. . . (1) – 53

44

–

e

2x  6

2

Pembuat nol: (x + 1)(x – 5) = 0  x = –1 atau x = 5

. . . (3) Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3).

 x  7

x2 – 3x + 2  x + 7 x2 – 4x – 5  0 (x + 1)(x – 5)  0

+ 0



–1

1

2

5

Penyelesaiannya: –1  x  1 atau 2  x  5. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –1  x  1 atau 2  x  5, x  R}.

10. Jawaban:

a

x 2  x  2 < x 2 + 3x + 2  Kedua ruas bernilai positif. 



x

   

2

2

< 

 x  2

x 2 + 3x + 2 

2

x2 – x – 2 < x2 + 3x + 2 –x – 3x < 2 + 2 –4xx < 4 –4 x > –1

Syarat bilangan yang diakar: 1) 2x2 + 6x – 8  0  (2x – 2)(x + 4)  0 Pembuat nol: (2x – 2)(x + 4) = 0  x = 1 atau x = –4 +

Syarat akar: 1) x2 – x – 2  0  (x + 1)(x – 2)  0 Pembuat nol: (x + 1)(x – 2) = 0  x = –1 atau x = 2

2)

+

–6

12. Jawaban: . . . (3)


–1



e

. . .(1) 0

Oleh karena x < 0 dan x 2 + 6x

2

2x + 6x  8



2 2

2

b

2x 2  6x  8 < 

1

x > x + 12  x + 12 < x Ruas kanan pertidaksamaan yaitu x nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x < 0 dan x  0. a. Untuk x < 0:

Penyelesaiannya: x  2. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x  2}. 11. Jawaban:

0

–2 2

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1  x < 2 2 .

–1

–2

–4

Penyelesaiannya: 1  x < 2 2 .

+

–2

. . . (3)

0

. . . (2)

2

–

+


x2 + 3x + 2  0  (x + 1)(x + 2)  0 Pembuat nol: (x + 1)(x + 2) = 0  x = –1 atau x = –2 +

–

–6

+

–1

. . . (2)

1

x2 + 6x  0  x(x + 6)  0 Pembuat nol: x(x + 6) = 0  x = 0 atau x = –6

2)

–1

–

+

–4

. . . (1)

+

–



2

<



ada nilai x yang memenuhi


x

2

+ 6x 

 

2x2 + 6 6xx – 8 < x2 + 6x 2x2 + 6x 6x – 8 < x2 + 6x x2 – 8 < 0

 (x +

8 )(x –

. . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2): . . . (3) Penyelesaiannya: tidak ada nilai x yang

Pembuat nol: (x + 8 )(x – 8 ) = 0

memenuhi b.

x = – 8 atau x =



x = –2 2 atau x = 2 2 + –2 2

8

–

x + 12 < x.

2

8)<0



x + 12  0, tidak

x + 12 < x.

Untuk x  0: . . . (4)

+

0

. . . (1)

2 2

Matematika Kelas X

45

Oleh karena x  0, maka kedua ruas pertidaksamaan

x + 12 < x bernilai positif.

x + 12 < x Kedua ruas dikuadratkan.

. . . (4) 3

b.

2

 x + 12  < x2




Untuk 5 – x  0: 5 – x  0  5  x  x  5

x + 12 < x2  x2 – x – 12 > 0  3)(x – 4) > 0  (x + 3)(x

– –3

Oleh karena 5 – x  0, maka kedua ruas


+

. . . (5)

4

x – 3 > 25 – 10x 10x + x2 x2 – 11x 11x + 28 28 < 0 (x – 4)(x 4)(x – 7) < 0 Pembuat nol: (x – 4)(x – 7) = 0  x = 4 atau x = 7

. . . (6)

Irisan penyelesaian (4), (5), dan (6). 0

2

 x  3  > (5 – x)2

   

–12

–3

x  3 > 5 – x bernilai positif.

pertidaksamaan

Syarat bilangan yang diakar: x + 12  0  x  –12

–12

. . . (5)

5

Pembuat nol: (x + 3)(x – 4) = 0  x = –3 atau x = 4 +

5

+

. . . (7)

4

– 4

+

. . . (6)

7

Syarat bilangan yang diakar: x – 3  0  x  3

Penyelesaiannya: x > 4. Gabungan penyelesaian (3) dan (7).

. . . (7) 3

Irisan (5), (6), dan (7):

4

Jadi, nilai x yang memenuhi x > x > 4. 13. Jawaban:

x + 12 adalah 3 4 5

d

Ruas kanan pada pertidaksamaan x  3 > 5 – x nilainya belum tentu positif. Ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu 5 – x < 0 atau 5 – x  0. a. Untuk 5 – x < 0: 5–x<0  55 . . . (1) 5

Oleh karena 5 – x < 0 dan

x  3  0, maka

x  3 > 5 – x dipenuhi oleh semua nilai x. . . . (2) Syarat bilangan yang diakar: x – 3  0  x  3

46


Penyelesaiannya: 4 < x  5. Gabu Ga bung ngan an pen penye yeles lesaia aian n (4) (4) dan dan (8) (8):: 4

Jadi, nilai x yang memenuhi x > 4. 14. Jawaban:

x  3 > 5 – x adalah

e

x + 2 > 10  x 2  10  x 2 < x + 2 Ruas kanan pertidaksamaan yaitu x + 2 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x + 2 < 0 dan x + 2  0. a. Untuk x + 2 < 0: x + 2 < 0  x < –2 . . . (1) –2

. . . (3) 3

c.

. . . (8)

7

Oleh karena x + 2 < 0 dan

10  x 2  0, per-

tidaksamaan 10  x 2 < x + 2 tidak dipenuhi oleh semua nilai x.

. . . (1)

2

7



x <–2



x < –3 2

1

Syarat bilangan yang diakar: 11x – 6  0  11x  6 6



x  11 . . . (2)

Syarat akar: x2 + 2x – 3  0  (x + 3)(x – 1)  0  x  –3 atau x  1

6 11


+

2

6 11

Penyelesaiannya:

6 < 11

–

+

–3

x  2

. . . (2)

1


11x  6  4 adalah

Jadi, penyelesaian

. . . (1)

1

–3 2

6  x  2. 11 1

b.

x 2  4x  12 < 3





–3 2


Penyelesaian: x < –3,5.

2

x 2  4x  12  < 32

  

4x – 12 12 < 9 4x – 21 21 < 0 (x – 3)(x 3)(x + 7) < 0 Pembuat nol: (x – 3)(x + 7) = 0  x = 3 atau x = –7

adalah x < –3,5.

x2 +

+

–

2. a.

3

. . . (1)

Syarat bilangan yang diakar: x2 + 4x – 12  0  (x – 2)(x + 6)  0 Pembuat nol: (x – 2)(x + 6) = 0  x = 2 atau x = –6 +

– –6

12x  15 > 3 x 

+

–7

2 x 2  2x  3 > (x  2)

Jadi, penyelesaian

x2 +

+

. . . (2)

2


2

 12x  15  >  3 x 

   

12x + 15 12x 15 > 9x 12x – 9x > –15 –15 3x > –1 –15 5 x > –5 . . . (1)

–5

Syarat bilangan yang diakar: 1) 12x + 15  0  12x  –15

–6

2

x  – 12



x  – 4

3

c.

x 2  2x  3 >    

48

–

2)

5 4

x  0

(x  2)2

( x 2  2x  3 )2 > ( x 2  4x  4 )2 x2 + 2x 2x – 3 > x2 + 4x + 4 –2xx + 7 < 0 –2 2x < –7


5

. . . (2)

Penyelesaiannya: –7 < x  –6 atau 2  x < 3. Jadi, penyelesaian x 2  4x  12 < 3 adalah –7 < x  –6 atau 2  x < 3.

15



Irisan penyelesaian (1) dan (2): –7

2

. . . (3) 0


–5

5

–4

0

Penyelesaiannya: x  0.

Pembuat nol: (x + 1)(x + 2) = 0  x = –1 atau x = –2

Jadi, nilai x yang memenuhi 12x + 15 > 3 x adalah x  0. b.

3  x >

2x  1

+


+

–2

( 3  x )2 > ( 2x  1 )2  –3x > –2 2 3



–1

1

x = 3 atau x = –1 +

. . . (1)

2 3

–

+

. . . (3)

1 3

–1

Syarat akar: 1) 3 – x  0 x  3 2) 2x + 1  0

. . . (2)

3x2 + 2x – 1  0  (3x – 1)(x + 1)  0 Pembuat nol: (3x – 1)(x + 1) = 0

2)

 3 – x > 2x + 1

 x >

–

Irisan (1), (2), dan (3):

–2

1 x  – 2

–1

3 2

1 3

3

Penyelesaiannya: x  –2 atau x > 2 . –

1 2

. . . (2)

3


3

3x 2  2x  1 adalah x  –2 atau x > 2 .

Irisan penyelesaian (1) dan (2): d. 1

2 3

–2

1

2

Penyelesaian: – 2  x < 3

c.

2x  1 adalah –

1  x 2

x 2  3x  2 <

3x 2  2x  1

   



3x >

2

< 3.

2

 Kedua ruas

bernilai positif.

2 x 2  3x  2  < 3  3x  2x  1 x2 + 3x + 2 < 3x 3x2 + 2x – 1 2x2 – x – 3 > 0 (2x – 3)( 3)(xx + 1) > 0

2

Pembuat nol: (2x – 3)(x + 1) = 0  x=

3 atau 2 +

     +

–

+ 3 2

Syarat akar: 1) x2 + 3x + 2  0  (x + 1)(x + 2)  0

. . . (1)

+

1

. . . (1)

7

Syarat akar: 1) (x – 3)2 – 2  0  x2 – 6x + 7  0 Pembuat nol:

=

x = –1

2x

( (x  3)2  2 )2  ( 2x )2 (x – 3)2 – 2  2x x2 – 6x + 9 – 2 – 2x  0 x2 – 8x + 7  0 (x – 7)(x – 1)  0 1  x  7

x12 =

– –1

(x  3)2  2  


x 2  3x  2 

b  b2  4ac

2a (6)  ( 6)2  4 1 7

2

=

6 8 2

=

62 2 2

=3± 2

Matematika Kelas X

49

2) 3–

2)

. . . (2)

3+ 2

2

. . . (5) 7

2x  0  x  0

Oleh karena x – 7  0, kedua ruas pertidaksamaan bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. . . . (3)

0

x  1 < (x – 7)2 x – 1 < x2 – 14x + 49   0 < x2 – 15x + 50 15x + 50 50 > 0  x2 – 15x 5)(x – 10) > 0  (x – 5)(x Pembuat nol: (x – 5)(x – 10) = 0  x = 5 atau x = 10

3 2 7

Penyelesaiannya: 0  x  1 atau 3  2  x  7.

+


2

(x  3)  2 <

b.

9x 2  4 > 3x + 2

10

. . . (7) Irisan penyelesaian (5), (6), dan (7): . . . (8) 1

. . . (2)

Jadi, himpunan penyelesaian adalah {x | x > 10}. b.

x  1 < x – 7 9x 2 + 4

Ruas Ru as ka kana nan n pada pada per pertid tidak aksa sama maan an

> 3x + 2 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai ruas kanan dipecah menjadi dua kemungkinan yaitu 3x + 2 < 0 dan 3x + 2  0. 1) Untuk 3x + 2 < 0 2

3x + 2 < 0  3x < –2  x < – 3

Syarat bilangan yang diakar: x – 1  0  x  1 1

10

10

7

x  1 < x – 7.

7


. . . (1) x  1 < x – 7 Oleh karena x – 7 < 0, tidak ada nilai x

5

Penyelesaiannya: x > 10.

Ruas ka Ruas kana nan n pad pada a pert pertida idaks ksam amaa aan n x  1 < x – 7 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x – 7 < 0 dan x – 7  0. 1) Untuk x – 7 < 0  x < 7:

yang memenuhi

. . . (6)

1

Jawaban:

a.

+

Syarat akar: x – 1  0  x  1

3. Tentukan Tentukan himpunan himpunan penyel penyelesaia esaian n pertidaks pertidaksamaan amaan berikut. x  1 < x – 7

– 5

2x adalah 1  x  3 – 2 atau 3  2  x  7.

a.

2





Irisan (1), (2), dan (3):

1 3 2

Untuk x – 7  0  x  7:

. . .(1)

. . . (3)

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3): . . . (4) Penyelesaiannya: tidak ada nilai x yang memenuhi.

–

2 3

Oleh karena 3x + 2 < 0, pertidaksamaan 9x2 + 4 > 3x + 2 dipenuhi oleh semua nilai x. . . .(2)

50


Syarat bilangan yang diakar: 9x2 + 4  0 9x2 + 4 merupakan definit positif (a > 0, D < 0) sehingga 9x2 + 4 selalu bernilai positif. Untuk semua nilai x  bilangan real memenuhi 9x2 + 4  0. . . .(3) Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3): . . .(4) –

2 3

Penyelesaiannya: x < – 2)

2x  1 +

4.

x  2 > 3

Oleh karena 2x  1 + x  2 = positif, kedua ruas pertidaksamaan bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. Kedua ruas dikuadratkan. ( 2x  1 +

x  2 )2 > 32



(2x – 1) + 2 2x  1 x  2 + (x – 2) 2) > 9



2 2x  1 x  2 + 3x – 3 > 9



2 2x  1 x  2 > 12 – 3x 3



2x  1 x  2 > 6 – 2 x Oleh karena ruas kanan pertidaksamaan nilainya belum tentu positif, nilai ruas kanan dipecah

2 3

Untuk 3x + 2  0 2

3x + 2  0  3x  –2  x  – 3 . . .(5)

2

–3

Oleh karena 3x + 2  0, kedua ruas pertidaksamaan bernilai positif.

3

menjadi dua kemungkinan yaitu 6 – 2 x < 0 atau 3 6 – 2 x  0. a.

3

Untuk 6 – 2 x < 0: 3

3

6 – 2 x < 0  6 < 2 x  4 < x

9x 2 + 4  3x + 2    



. . . (1)

2

9x 2 + 4  > (3x + 2) 2

4

3

Oleh karena 6 – 2 x < 0, pertidaksamaan

9x2 + 4 > 9x 9x2 + 12x + 4 0 > 12 12x x x<0

3

x  2  6 – 2 x dipenuhi oleh semua nilai x. 2x  1

. . .(6)

0

. . . (2)

Syarat bilangan yang diakar: 9x2 + 4  0 9x2 + 4 merupakan definit positif (a > 0, D < 0) sehingga 9x 2 + 4 selalu bernilai positif

Syarat bilangan yang diakar: 1)

1

2x – 1  0  2x  1  x  2

. . . (3)

1 2

. . . (7) 2)


x – 2  0  x  2 . . . (4)

. . . (8)

2

2

–3 0

Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4): 2

. . . (5)

Penyelesaiannya: 3  x < 0 3) Ga Gabu bung ngan an pen penye yeles lesaia aian n 4) dan dan 8): 8):

1 2

2

4

Penyelesaiannya: x > 4 b.

0

Penyelesaiannya: x < 0 Jadi, himpunan penyelesaian

3

Untuk 6 – 2 x  0: 3

2

9x + 4 >

3

6 – 2 x  0  6  2 x  4  x

3x + 2 adalah {x | x < 0}.

Matematika Kelas X

51


. . . (6)

2x  1 +

x  2 >3

adalah {x | x > 26 – 6 15 , x  R}.

4

3

Oleh karena 6 – 2 x  0, kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. Kedua ruas dikuadratkan. 

3

( 2x  1 x  2 )2 > (6 – 2 x)2 9



(2x – 1)(x 1)(x – 2) > 36 – 18x + 4 x2



2x2 –

5x + 2 > 36 – 18x 18x +

9 2 x 4 1



0 > 34 – 13x 13x + 4 x2 x2 – 52 52xx + 136 < 0  Pembuat nol: x2 – 52x + 136 = 0 x12 = =

52  2.160 2

=

=

52  12 15 2

= 26 ± 6 15 –

+

2x – 1  0  x

x 2  5  0



x 2  5  17x Oleh karena ruas kanan pertidaksamaan yaitu 17x dapat bernilai kurang dari nol atau lebih besar sama dengan nol, ruas kanan diuraikan menjadi menj adi dua kemungkinan yaitu 17x < 0 atau 17x  0. (a)) Un (a Untu tukk 17x 17x < 0  x < 0: . . . (1)

x 2  5 < 17x. . . . (2)

. . . (7)

26 + 6 15

Syarat bilangan yang diakar: x2 – 5  0  (x +

5 )(x –

1  2

1 2

– 5

5

Irisan penyelesaian( 1), (2), dan (3):

x – 2 > 0  x  2

. . . (4) . . . (9)

2

Irisan penyelesaian (6), (7), (8), dan (9):

1 2

5 )  0 . . . (3)

. . . (8)

2

2 6 –

4

6 1 5

2 6 +

. . . (10)

6

1 5

Penyelesaiannya: 26 – 6 15 < x  4 Gabu Ga bung ngan an pen penye yeles lesaia aian n (5) (5) dan dan (10) (10)::

26 – 6 15

Penyelesaiannya: x > 26 – 6 15

52

17x –

Oleh karena 17x < 0, tidak ada nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

Syarat bilangan yang diakar:

c.

1)

0

52  144  15 6

26 – 6 15

2)

17x  x 2  5 > 7 Agar lebih mudah, ditentukan terlebih dahulu syarat bilangan yang diakar. a. Sy Syar arat at bi bilan langa gan n ya yang ng di diak akar ar::

52  522  4  1 13 1 36 2 1

+

1)

5.


(b)) Un (b Untu tukk 17 17xx  0  x  0: . . . (5) 0 Oleh karena 17x  0, kedua ruas pertidaksamaan x 2  5 < 17x bernilai positif sehingga kedua ruas dapat dikuadratkan. x2  5 < 17x 2  ( x  5 )2 < (17x)2 x2 – 5 < 289 289xx2  2  288x + 5 > 0

Oleh karena a = 288 > 0 dan D = –5.760 < 0 maka 288x 2 + 5 > 0 merupakan definit positif sehingga 288x2 + 5 > 0 dipenuhi oleh semua nilai x.

1) Unt ntuk uk 17 17xx – 49 < 0: 0: . . . (6)

49

17x – 49 < 0  17x < 49  x < 17

Syarat bilangan yang diakar: x2 – 5  0  (x +

5 )  0

5 )(x –

Oleh karena 17x – 49 < 0, tidak ada nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

. . . (7) – 5

. . . (12)

49 17

5

x 2  5 < 17x – 49.


. . . (13)

. . . (8) 5

Syarat bilangan yang diakar: Dari hasil a) diperoleh

(c) Gab Gabung ungan an penye penyeles lesaia aian n (4) dan (8) (8)

17x  x 2  5 dan

. . . (9) 5

Penyelesaiannya: x 

yaitu untuk nilai x 

5

5.

5

5 Irisan penyelesaian (12), (13), dan (14):

2) Sy Syar arat at bil bilan anga gan n yan yang g diak diakar ar:: x2 – 5  0  (x +

5 )(x –

5 )  0 . . . (10)

– 5

5

. . . (15) 2)

Untu tuk k 17x – 49  0: 49

x 2  5 terdefinisi untuk nilai x  – 5 atau x  5 3) Iri Irisa san n peny penyel eles esai aian an (9) (9) dan dan (10 (10): ): . . . (11) 5

17x  x 2  5 dan

Jadi,

x 2  5 terdefinisi

. . . (14)

17x  x 2  5 terdefinisi untuk nilai x 

syarat

definisi untuk nilai x 

x 2  5 ter-

5.

17x – 49  0  17x  49  x  17 49 17

. . . (16)

Oleh karena 17x – 49  0, kedua ruas pertidaksamaan x 2  5 < 17x – 49 bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. x 2  5 < 17x – 49 Kedua ruas dikuadratkan.

b.

17x  x 2  5 > 7


Kedua ruas dikuadratkan. ( 17x  x 2  5 )2 > 72   

17x –

x 2  5 > 72

17xx – 49 > 17

x2  5

x 2  5 < 17x – 49

Oleh karena ruas kanan pertidaksamaan yaitu 17x – 49 dapat bernilai kurang dari nol atau lebih besar sama dengan nol, ruas kanan dipecah menjadi dua kemungkinan yaitu 17x – 49 < 0 atau 17x – 49  0.

( x 2  5 )2 < (17x – 49) 2 289x 9x2 – 1.666x + 2.401  x2 – 5 < 28  288x2 – 1.666x 1.666x + 2.406 2.406 > 0 2(144x – 401)(x 401)(x – 3) > 0  Pembuat nol: 2(144x – 401)(x – 3) = 0 

401

x = 144 atau x = 3

401 144

3

. . . (17)

Matematika Kelas X

53

Syarat bilangan yang diakar: Dari hasil a) diperoleh 17x  x 2  5 dan yaitu untuk nilai x 

3) syarat

x 2  5 terdefinisi

Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi . . . (18)

Irisan penyelesaian (16), (17), dan (18): . . . (19) 3

54


3

Penyelesaiannya: x > 3

5.

5

Gabung Gab ungan an pen penyel yelesa esaian ian (15 (15)) dan dan (19 (19): ):

17x  x 2  5 > 7 adalah x > 3.

3. Jawaban:

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban:

c

1)

x2 9  x2


2)

Pembua Pemb uatt n nol ol pe peny nyeb ebut ut:: x–2=0  x=2

3)

Syarat Syar at pe peny nyeb ebu ut: x – 2  0  x  2

13 4

Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. –

+

13 . 4 13  4x penyelesaian  0 x2 13 , x  R}.  4

adalah

00

– 3

Jadi, agar

x2 9  x2

bernilai positif positif nilai x yang memenuhi meme nuhi

4. Jawaban:

b

4  0 x2 + 2 x2

1) x 1 – x2



(x  1)  2(x  2)  0 x2



x  1  2x  4  0 x2

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 2 4 – x = 0  (2 – x)( x)(2 2 + x) x) = 0 x = 2 atau atau x = –2  2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: 2 x + 2 = 0 Oleh karena x2 + 2 merupakan definit positif (a > 0 dan D < 0), x2 + 2 selalu bernilai positif. 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: x2 + 2  0 Oleh karena x2 + 2 merupakan definit positif (a > 0 dan D < 0), x2 + 2 tidak pernah bernilai nol. Artinya x2 + 2  0 dipenuhi oleh semua nilai x  R. Garis bilangannya:

2  0

x  5



3)

+

adalah {x | –3 < x < 3, x  0, x  R}.

a



2)

–

Penyeles Peny elesaia aiannya nnya:: –3 < x < 0 atau atau 0 < x < 3  –3 < x < 3, x  0.

x 1  2 x2

1)

+ –3

Penyelesaian: x < 2 atau x 

2. Jawaban:

> 0.

> 0

–

13 4

{x | x < 2 atau x

x2 9  x2

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 2 x = 0  x = 0 atau x = 0 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: 2 9 – x = 0  (3 + x)(3 x)(3 – x) = 0 –3 atau atau x = 3  x = –3 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: 2 9 – x  0  (3 + x)(3 – x)  0  x  –3 atau x  3 Garis bilangannya:

–

2

bernilai positif, artinya

1)

13 – 4x = 0  13 = 4x  x =

Jadi, himpunan

x2 9  x2

Pecahan

13  4x  0 x2

e

x2

 0

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: –x + 5 = 0  x = 5 Pemb Pe mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: x–2=0  x=2 Syarat Syar at pe peny nyeb ebu ut: x – 2  0  x  2

–

Garis bilangan beserta tandanya: –

+ 2

–2

5

4  x2  0 x2 + 2

Penyelesaian: 2 < x  5. {x | 2 < x  5, x  R}.

– 2

Penyelesaiannya: x  –2 atau x  2. Jadi, salah satu nilai interval yang memenuhi

–


+

x 1  2 x2

adalah x  2.

adalah

Matematika Kelas X

55

5. Jawaban:



d

Jadi, penyelesaian pertidaksamaan

2x2  x  3 x2  x  6

<0

(2x  3)( x  1) ( x  2 )( x  3 )

<0

1

7. Jawaban:

3 x = ata atau u 2 1 x = 1 ata atau u 2



–

+



x = –1 –1 

x = –1 –1

–

–1

–2

1

x6 x3

x2  0 x +1 (x  6)(x + 1)  (x  2)(x  3)  0 (x  3)(x + 1)

12



(x  3)(x + 1)

3 1 < x < 3. 2 2x2  x  3 < 0 2x2  x  6


Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: Pembilang tidak pernah bernilai nol 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (x – 3)(x + 1) = 0  x = 3 atau x = –1 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: (x – 3)(x + 1)  0  x  3 dan x  1 Garis bilangannya: –

1 2

adalah –2 < x < –1 atau 1 < x < 3. b

2x 2  x  3 x 2  2x  3

>4

8. Jawaban:

x2  2 x2  1  2x 3x

x  2x  3



x2  2 x2  1 –  0 2x 3x

(2 x  3)( x  5) ( x  1)( x  3)

>0



2(x 2  1)  3(x 2  2)  0 6x



2x 2  2  3x 2 + 6  0 6x

Pembuat nol pembilang: (–2x – 3)(x – 5) = 0  –2x – 3 = 0 atau x – 5 = 0 3 –2



x=



x = –1 2 atau x = 5

atau x = 5 1

Pembuat nol penyebut: (x + 1)( x – 3) = 0  x + 1 = 0 atau atau x – 3 = 0 x = –1 ata atau u x=3  Garis bilangan beserta tandanya: +

– –1

1 2

+

–

–1

3

+ 5

1

Penyelesaiannya: –1 2 < x < –1 atau 3 < x < 5

56

x6 x2 adalah  x3 x +1

d

>0

2



3

–1

–1 < x < 3.

>0

2 x2  7x  15



–


– 4 > 0

2x2  x  3  4(x2  2x  3) x 2  2x  3



+

Penyelesaiannya: –1 < x < 3. 2 x2  x  3 x 2  2x  3



 0

1)

Penyelesaiannya: –2 < x < –1 atau 1

6. Jawaban:

–

x 2  5 x  6  x 2 + 5x  6  0 (x  3)(x + 1)



+

1 2

a

x 6 x2  x3 x +1

Pembuat nol penyebut: (x + 2)( 2)( x – 3) = 0 atau x – 3 = 0  x + 2 = 0 atau x = –2 –2 atau atau x = 3  Garis bilangan beserta tandanya: +

> 4

adalah –1 2 < x < –1 atau 3 < x < 5.

Pembuat nol pembilang: (2x – 3)( 3)(xx + 1) = 0  2x – 3 = 0 atau x + 1 = 0 

2 x2  x  3 x 2  2x  3


x 2 + 4



1)

2) 3)

6x

 0

Pemb Pe mbua uatt n nol ol pe pemb mbililan ang: g: 2 –x + 4 = 0 x2 – 4 = 0   (x + 2)(x 2)(x – 2) = 0 –2 atau atau x = 2  x = –2 Pembu Pem buat at no noll pen penye yebu but: t: 6x = 0  x = 0 Syar Sy arat at pen penye yebu but: t: 6x 6x  0  x  0 +

– –2

+ 0

– 2

Penyelesaiannya: x  2 atau 0 < x  2.

Jadi, nilai x yang memenuhi x  –2 atau 0 < x  2. 9. Jawaban:

x2  1 x2  2  3x 2x

–

b



3( x  1)  2( x  1) ( x  1)( x  1)



3(x  1)  2( x  1)  ( x  1)( x  1)  0 ( x  1)( x  1)



3x  3  2 x  2  ( x 2  1)  0 ( x  1)( x  1)

2)

– 1  0

x2

x6 ( x  1)( x  1)

3)

+

–

+

–2 –1

1

 x + 2  x 1  



diperoleh:  x + 2  –  x 1

 3 

2

– 1



1)

1

2

1

x +2 dan x 1 x +2  x 1



x +2  2 x 1 x +2  2 x 1 x +2 – x 1

4

4

Penyelesaiannya: x  4. 2

11. Jawaban:

2  x+1

V I

 x + 2 x +2  x  1   3  x  1  – 2    

a



I=

V R



I  10



V  10 R



110  10 R



110 R



110  10R  0, R

– 10  0 R  0

12. Jawaban: b 112t – 16t2  160 7t – t2  10 (dibagi 16)   –t2 + 7t – 10  0  (–t + 5)(t – 2)  0 Pembuat nol: (–t + 5)(t – 2) = 0  t = 5 atau t = 2

+

1

. . . (2)

Oleh karena R > 0, maka batas R yang memenuhi adalah R  11.

Penyelesaiannya: 1  y  2 

–

 R < 0 atau R  11

y2  3y – 2 y2 – 3y + 2  0 (y – 1)(y – 2)  0 +

+

 0


R=

e

2

x + 4 x 1

adalah x  4.

Jadi, himpunan penyelesaian x  1 – 1 adalah {x | x  –2 atau –1 < x < 1 atau x  3}. x +2 , x 1

x + 2  2x + 2  0 x 1


3

3

Misalkan y =



1

Penyelesaian: x  –2 atau –1 < x < 1 atau x  3.

10. Jawaban:

x + 2  2(x  1)  0 x 1

–

–

2  0



 0

Garis bilangan beserta tandanya: –

x +2 – x 1



Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (–x + 3)(x + 2) = 0  x = 3 atau x = –2 Pemb Pe mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (x – 1)(x + 1) = 0  x = 1 atau x = –1 Peny Pe nyeb ebut ut tid tidak ak bo bole leh h nol nol:: (x – 1)(x + 1)  0  x  1 atau x  –1

2)

 

x +2  2  x 1

(  x  3 )( x  2 )  0 ( x  1)( x  1)



. . . (1)

1

– x + 1  1 x 1



+

2

3

1)

3  0 x 1



adalah

1  0

x + 2  (x  1)  0 x 1

–

+ 2

– 5

Jadi, benda berada pada ketinggian 160 m atau lebih pada selang 2  t  5. Matematika Kelas X

57

13. Jawaban: b Misa Mi salk lkan an:: ba bany nyak ak bu buss A = x banyak ban yak bus B = 8 – x Daya tampung 8 bus  300  30x + 50(8 – x)  300 30x + 400 – 50x  300  –20x + 400  300   –20x  –100 20x  100  x  5  Dengan demikian dapat disimpulkan banyak bus A  5. Jadi, banyak bus A kurang dari atau sama dengan 5.

Garis bilangannya: +

– –1

f(x) =

16. Jawaban: a.

(x  2)(x 2  x + 3) x+1

3 – x

b.



(x  1)(x + 6) (x  2)(x + 3)

>0

3 – x





3  3x 2 x

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 3 – 3x2 = 0  –3(x2 – 1) 1) = 0  –3( –3(xx + 1)(x 1)(x – 1) = 0 x = –1 atau x = 1  2) Pe Pemb mbua uatt no noll pe peny nye ebu but: t: x = 0 3) Syarat pe penyebut: x  0


+

–

–3

+

1 2

x 2  5x  6 x2  x  6

berada di bawah

sumbu X (garis y2 = 0) untuk: y1 < y2



>0

–

Grafik fu fungsi y1 =



1)

58

>0

2x – x > 0 2x 3x > 0 3x

berada di atas

Penyelesaiannya: x < –6 atau –3 < x < 1 atau x > 2. Dengan demikian grafik berada di atas sumbu X untuk x < –6 atau –3 < x < 1 atau x > 2. Pernyataan 1) salah dan pernyataan 2) benar.

3



x 2 + 5x  6 x2 + x  6

–6

Grafik y1 = x – 2x terletak di atas garis y2 = x jika y1 > y2. 2x > x 2x



+

d

3 – x

x 2 + 5x  6 x2 + x  6

Grafi fik k fungsi y1 =

1) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (x – 1)(x 1)(x + 6) = 0 atau x = –6  x = 1 atau 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (x – 2)(x 2)(x + 3) = 0 atau x = –3  x = 2 atau 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: (x – 2)(x + 3)  0  x  2 atau x  3 Garis bilangannya:

2

Dari (1) dan (2) diperoleh untuk x < –1 atau x > 2 atau f(x) > 0. Jadi, untuk setiap nilai x berlaku f(x) > 0.



c

sumbu X (garis y2 = 0) untuk: y1 > y2

+

y1 > y2

1

3

(x  2)(x 2  x + 3) x+1

15. Jawaban:

0

Jadi, grafik y = x – 2x terletak di atas garis y = x untuk x < –1 atau 0 < x < 1.

x2 – x + 3 merupakan definit positif posit if (a > 0 dan D < 0) sehingga x 2 – x + 3 selalu bernilai positif untuk semua nilai x  R R.. . . . (2) f(x) =

–

Penyelesaiannya: x < –1 atau 0 < x < 1.

Disimpulkan daerah asal f(x) adalah {x | x < –1 atau x > 2, x  R R}} . . . (1) 2)

+

–1

14. Jawaban: b 1) x2 – x – 2 > 0  (x + 1)(x – 2) > 0 +

–

x 2  5x  6 x2  x  6 (x  1 ) (x  6 ) (x  2)(x  3)

<0 <0

Garis bilangannya: +

– –6

+ –3

–

+

1 2

Penyelesaiannya: –6 < x < –3 atau 1 < x < 2. Grafik berada di bawah sumbu X untuk –6 < x < –3 atau 1 < x < 2. Pernyataan 3) salah dan pernyataan 4) benar. Jadi, pernyataan yang benar adalah 2) dan 4).

17. Jawaban: 1)


c

3x  2  4  Kedua ruas Kedua ruas dikuadratkan. 

2

 3x  2 

  

bernilai positif.

Jadi, himpunan penyelesaian 6  x  x2 < 2 adalah {x| –2  x < –1 atau 2 < x  3}. 19. Jawaban:

6



2



x  3



. . . (2) 2 3

3)

c

4x  4  6

2+

Syarat akar: 3x – 2  0  3x  2 

3

Penyelesaiannya: –2  x < –1 atau 2 < x  3.

3x – 2  16 3x  18 x  6 . . . (1)

2)

2

–2 –1

 42

4(x  1)  6

2+

2 + 2 x  1  6 x  1  3

1+



x  1  2

Kuadratkan kedua ruas

Irisa Iri san n peny penyele elesa saian ian (1 (1)) dan dan (2) (2)..   2 3

( x  1 )2  22 x – 1  4 x  5

6


5

3x  2  4 adalah

Jadi, nilai x yang memenuhi x  6. 18. Jawaban:





2

2

–

22

1

2+ –

. . . (1)

2

Syarat akar: 6 + x – x2  0  (2 + x)(3 – x)  0 Pembuat nol: (2 + x)(3 – x) = 0  x = –2 atau x = 3 – 3

. . .(2)

4x  4  6 adalah 1  x  5.

20. Jawaban:

b

3+

9x  9  21



3 + 9(x –1)  21



3 + 3 x  1  21



3 x  1  18



+ –2

5

Penyelesaian: 1  x  5. Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

+ –1

–

. . . (2)

1


6xx  < 6 + x – x2 < 4  2 + x – x2 < 0  1)(xx – 2) < 0  (–x – 1)( Pembuat nol: 1) (–x – 1)(x – 2) 2) = 0  x = –1 atau x = 2

2)

Syarat akar x – 1  0  x  1

a

6  x  x2 < 2 

. . . (1)

  

x  1  6 ( x  1 )2  62 x – 1  36 x  37

Matematika Kelas X

59

1)

Pemb Pe mbua uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 4x – 2 = 0  x =

37

2)

Syarat akar: x – 1  0  x  1 Irisan penyelesaian:

1 2

Pembua Pemb uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (4 – x)(3x + 2) = 0  4 – x = 0 atau 3x + 2 = 0 

3)

x = 4 atau x = –

2 3

Syar Sy arat at pe peny nyeb ebut ut:: (4 – x)(3x + 2)  0  x  4 atau x  –

1

37

Garis bilangan dan tandanya

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1  x  37. 21. Jawaban:

–  2x  1 16  x 2

Fungsi f(x) =

terdefinisi jika nilai

x 2  2x  1  0. 16  x 2 x2  2x  1  0 16  x 2 (x  1)(x  1)  0 (4  x)(4 + x)

 

+

a

x2

2 3

– 2 3

+

–

1 2

4

. . . (1)

Syarat akar 1) 4 – x  0  x  4

. . . (2)

4

3x + 2  0  3x  –2  x  –

2)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (x – 1)(x – 1) = 0  x = 1 atau x = 1 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (4 – x)(4 + x) = 0  x = 4 atau x = –4 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebu ut: (4 – x)(4 + x)  0  x  4 atau x  –4 Garis bilangannya:

2 3

1)

–

+

–

–4

+

11

–


–

–

Penyelesaiannya: –4 < x < 4.

1 4x

x 2  2x + 1 terdefinisikan 16  x 2

jika



(

  

60

1 3x  2

1 )2 4x

1 4x

 1 4x

–

adalah

1 2

1 3x  2

( 3 x  2)  ( 4  x ) (4  x)(3x  2) 4x  2 ( 4  x )( 3 x  2 )

1 < 2

x < 4.

1 )2 3x  2

1 3x  2

x 1 x2

<

x3 x 1

<

 x3     x 1 

x 1 x2

<

x3 x 1

x3 x 1

<0



( x  1)( x  1)  (x  3)( x  2) ( x  2)( x  1)

<0



( x 2  1)  ( x 2  5x  6) ( x  2)( x  1)

<0



5x  7 ( x  2)( x  1)

<0



 x 1     x2

 

>0 >0 >0


1 4x

<

b

(kuadratkan kedua ruas)

>( >

4

< x < 4.

23. Jawaban:

b

>

1 2


–4 < x < 4. 22. Jawaban:

2 3

Penyelesaian:

4

Jadi, fungsi f(x) =

. . . (3)

2 3

x 1 x2

–

2

2

1 3x  2

1)

Pemb Pe mbua uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: –5x – 7 = 0  –5x = 7  x = –

2) 3)

. . . (1)

7 5

Pembua Pemb uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (x + 2)(x + 1) = 0  x = –2 atau x = –1 Syar Sy arat at pe peny nyeb ebu ut: (x + 2)(x + 1)  0  x  –2 atau x  –1

1 2

Syarat akar: 1) 4 – 3x  0 

4  3x



4  x 3



x  3

Garis bilangan dan tandanya +

– –2

+ –

7 5

–

4

. . . (1) . . . (2)

–1 4 3

Syarat akar 1)

x 1  0 x2

2)

Pembuat nol pembilang: x – 1 = 0  x = 1 Pembuat nol penyebut: x + 2 = 0  x = –2 Syarat penyebut: x + 2  0  x  –2 +

–

+

–2

2)

x + 2  0  x  –2 . . . (3) –2


. . . (2)

1 –2

x3  0 x 1

Pembuat nol pembilang: x + 3 = 0  x = –3 Pembuat nol penyebut: x + 1 = 0  x = –1 Syarat penyebut: x + 1  0  x  –1 +

– –3

. . . (3)

+ –1


1

Penyelesaian: x  1. Jadi, himpunan penyelesaian yang memenuhi x 1 x2

>

24. Jawaban: 4  3x – 

x3 x 1

adalah {x| x  1}.

d

x  2 < 0

4  3x <

x2


Kedua ruas dikuadratkan. 2



 4  3x  <  x  2 

  

4 – 3x < x + 2 –3xx – x < 2 – 4 –3 –4xx < –2 –4 –2 2



x > 4



x> 2

4

Penyelesaiannya: 2 < x  3 . Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi 1

4  3x

4

x  2 < 0 adalah 2 < x  3 .

–

25. Jawaban:

c

Bentuk

x  1 mempunyai nilai lebih kecil dari

bentuk

x2  3x  4 jika

x  1 < 1

1 4 2 3

x 2  3x  4

x  1 <

x 2  3x  4 .



 x  1 <  x 2  3x  4 



2



x + 1 < x2 – 3x – 4 0 < x2 – 4x – 5   x2 – 4x 4x – 5 > 0 1)(x – 5) > 0  (x + 1)(x Pembuat nol: (x + 1)(x – 5) = 0  x = –1 atau x = 5

2

+

–

–1

+

. . . (1)

5

Syarat akar: 1) x + 1  0  x  –1 . . . (2)

1 –1

Matematika Kelas X

61

2)

x2 – 3x – 4  0  (x + 1)(x – 4)  0 Pembuat nol: (x + 1)(x – 4) = 0  x = –1 atau x = 4 +

–


1

+

–1

. . . (3)

Himpunan penyelesaiannya: {x  R | 1  x < 5} 

b

Diperoleh a = 1 dan b = 5. a +b= 1+ 5 =6 Jadi, nilai a + b = 6.


4



a

4

–1

5

27. Jawaban: Penyelesaiannya: x > 5. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x > 5. 26. Jawaban:

e 2

 x  1 + x  1 < 6

x  1 < 6 

(x – 1) +

x  1 , pertidaksamaan menjadi:

Misalkan y =

. . . (1) 3

x  1 > x – 3

Pembuat nol: (y – 2)(y + 3) = 0  y = 2 atau y = –3 –

Oleh karena

x  1  0 dan x – 3 < 0, x  1 > x – 3 dipenuhi oleh

pertidaksamaan semua nilai x.

+

–3

d

Salah satu ruas pertidaksamaan x  1 > x – 3, yaitu x – 3, nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai x – 3 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x – 3 < 0 atau x – 3  0 a. Untuk x – 3 < 0: x–3<0  x<3

 y2 + y < 6 y2 + y – 6 < 0  2)(y )(y + 3) < 0  (y – 2

+

5

2

. . . (2)

Penyelesaiannya: –3 < y < 2 

–3 <

x  1 < 2



–3 <

x  1 dan

1)

–3 <

x 1


x  1 < 2

. . . (3)

Oleh karena x  1  0 maka –3 < terpenuhi oleh semua nilai x

1

x 1


. . . (1) 1

2)

x  1 < 2 

b. 2

 x  1 < 22

 

. . . (5) 3

. . . (2) 5

Syarat akar: x – 1  0  x  1 . . . (3)

62

Untuk x – 3  0: x – 3  0  x  3

x –1< 4 x<5

1


. . . (4)

3

x  1 > x – 3  Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. 2



 x  1 > (x – 3)2

  

x – 1 > x2 – 6x + 9 x2 – 7x 7x + 10 10 < 0 (x – 2)(x 2)(x – 5) < 0

Pembuat nol: (x – 2)(x – 5)  x = 2 atau x = 5 +

b.

– 2

Untuk x – 2  0: x – 2  0  x  2 . . . (5)

+

. . . (6)

2

5

x  10  x – 2




  x  10   (x – 2)2

. . . (7)

   

x + 10  x2 – 4x + 4 0  x2 – 5x – 6 x2 – 5x – 6  0 (x + 1)(x – 6)  0 Pembuat nol: (x + 1)(x – 6) = 0  x = –1 atau x = 6

1


c.

5


+ 1

–

. . . (6)

6

–1

5

+

Syarat akar: x + 10  0  x  –10

Penyelesaiannya: 1  x < 5. Jadi, himpunan semua nilai x yang memenuhi x  1 > x – 3 adalah {x| 1  x < 5}. 28. Jawaban:

. . . (7) –10

b

Salah satu ruas pertidaksamaan x  10  x – 2, yaitu x – 2 nilainya belum tentu positif. positi f. Oleh karena itu, nilai x – 2 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x – 2 < 0 atau x – 2  0. a. Untuk x – 2 < 0: x – 2 < 0  x < 2


c.


. . . (1) 6

2

x  10  x – 2 Oleh karena


x  10  0 dan x – 2 < 0, tidak

ada nilai x yang memenuhi

x  10  x – 2.

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x  6. 29. Jawaban:

. . . (2)

Grafik y1 =

d

2x2  x  1 terletak di bawah grafik

5  3x  2x2 untuk y1 < y2.

y2 =

Syarat akar: x + 10  0  x  –10

x  10  x – 2

y1 < y2 . . . (3)

–10

2x2  x  1 <



5  3x  2x2





. . . (4)

  



2

2x2  x  1 <  5  3x  2x 2  2x2 – x – 1 < 5 – 3x – 2x2 4x2 + 2x 2x – 6 < 0 2 2(2x + x – 3) 3) < 0

2

Matematika Kelas X

63

Pembuat nol: 2(2x2 + x – 3) = 0 2(2xx + 3)(x 3)(x – 1) = 0  2(2 

3

x = – 2 at atau au x = 1 +

–

+

3

. . . (1)

Salah satu ruas pertidaksamaan –2x + 2 < 4 x  1 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai –2x + 2 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu –2x + 2 < 0 atau –2x + 2  0. a. Untu tuk k –2x + 2 < 0: –2x + 2 < 0  –2x < –2  x > 1

1

–2

. . . (1) 1

Syarat akar: 1) 2x2 – x – 1  0  (2x + 1)(x – 1)  0 Pembuat nol: (2x + 1)(x – 1) = 0

–2x + 2 < 4 x  1  4 x  1 > –2x + 2 Oleh karena 4 x  1  0 dan –2x + 2 < 0, pertidaksamaan –2x + 2 < 4 x  1 dipenuhi oleh semua nilai x.

1 2

 x = – atau x = 1 +

– 1

. . . (2)

. . . (2)

1

–2

2)

+


5 – 3x – 2x2  0  (5 + 2x)(1 – x)  0 Pembuat nol: (5 + 2x)(1 – x) = 0

. . . (3) 1

5 – x  0  x  5

5 2

 x = – atau x = 1 –

+ –

. . . (4)

–

5 2

. . . (3)

5


1


5

–2 –

3 2

1

b.

1

–2

3

. . . (5)

5

1

Untuk –2x + 2  0: –2x + 2  0  –2x  –2  x  1

1

Penyelesaiannya: – 2 < x  – 2 .

30. Jawaban: 5  x – 

5  3x  2x2 untuk – 2 < x  – 2 .

–2x + 2 < 4 x  1  Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan.

c



3

1

x  1 < 2

5  x < 2 +

x 1

Kedua ruas dikuadratkan. 

64

1

2x2  x  1 terletak di bawah

Jadi, grafik y = grafik y =

. . . (6)

2

 5  x  <  2  x  1

2



5 – x < 4 + 4 x  1 + (x – 1)



5 – x < 3 + x + 4 x 1



5 – x – 3 – x < 4 x 1



–2xx + 2 < 4 x  1 –2

(–2x + 2) 2 <  4 x  1 4x2 – 8x + 4 < 16(x 16(x – 1) 1)  2 4x – 8x + 4 < 16x 16x – 16  2  4x – 24x 24x + 20 20 < 0 20)(xx – 1) < 0  (4x – 20)( Pembuat nol: (4x – 20)(x – 1) = 0  x = 5 atau x = 1 +

– 1

 Kedua ruas


bernilai positif.

+ 5

2

. . . (7)

Syarat akar: 5 – x  0  5  x  x  5

b.



. . . (8) 5

x – 1  0  x  1 . . . (9) Irisan penyelesaian (6), (7), (8), dan (9): . . . (10) Gabu Ga bung ngan an pen penye yeles lesaia aian n (5) (5) dan dan (10) (10)::

5

1

 x 2 + 12x  16 x 1

5  x –

– 10  0



 x 2 + 12x  16  10(x  1) x 1

 0



 x 2  2x  6 x 1

 0

+

Penyelesaiannya: 1 < x < 5. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1 < x < 5.

 10

1) Pemb Pembua uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 2 Oleh karena –x + 2x – 6 merupakan definit negatif (a < 0 dan D > 0) maka –x2 + 2x – 6 selalu bernilai negatif (tidak pernah nol). 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: x – 1 = 0  x = 1 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: x – 1  0  x  1

1

c.

x 2  12x  16 x 1

–

x  1 < 2

1

Penyelesaiannya: x > 1. Jadi, himpunan penyelesaian

B. Urai Uraian an

1. a.

adalah {x | x > 1}.

2  5x  3 x2 2  5x – 3  0  x2 (2  5x)  3( x  2)   0 x2 2  5x  3x  6   0 x2 8  8x   0 x2

2. a.

1

– 2

Penyelesaiannya: 1  x < 2. Jadi, himpunan penyelesaian adalah {x | 1  x < 2}.

x+5

5 + x

x+5

1 – 2x + 4  0



5(2x+ 4) + x(2x + 4)  (x + 5)x 5)x  0 x(2x + 4)



10x + 20 20 + 2x 2 + 4x  x 2  5x  0 x(2x + 4)



x 2 + 9x + 20 20  0 x(2x + 4)

1) Pemb Pembua uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 2 x + 9x + 20 = 0  (x + 4)(x + 5) = 0  x = –4 atau x = –5 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: x(2x + 4) = 0  x = 0 atau x = –2 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: x(2x + 4) = 0  x  0 atau x  –2

Garis bilangan beserta tandanya: +

 10

1  2x + 4



Pembuat nol pembilang: 8 – 8x = 0  8x = 8  x = 1 Pembuat nol penyebut: x – 2 = 0  x = 2 Syarat penyebut: x – 2  0  x  2

–

5 + x

x 2  12x  16 x 1

2  5x  x2

+

3

–

–5 –4

+

– –2

+ 0

Penyelesaiannya: –5  x  –4 atau –2 < x < 0. 5

x+5

Jadi, nilai-nilai x yang memenuhi x + 1  2x + 4 adalah –5  x  –4 atau –2 < x < 0.

Matematika Kelas X

65

b.

1

x + 1  2 + x  1 1



x + 1 – 2 – x  1  0

x(x  1) x 1

x 1

1



x(x  1)  (x  1)  1  0 x 1



x2  2  0 x 1



2) = 0

x = – 2 at atau au x =

–

–

2

2. 1

x2 + 3x – 10 > 0 (x + 5)(x – 2) > 0 x = –5 atau x = 2 + 2

( x  5) ( x 2  3 x  1 0) x2

66

x2  x  2x

x2 + 2 3x

–

x2  x  0 2x



2x(x 2 + 2) 2)  3x(x 2  x)  0 (3x)(2x)



2x 3 + 4x 4x  3x 3 + 3x 2  0 6x 2


 x 1 x  4  

2

4

x2 + 2 x2  x  3x 2x

 x 1 



x 1 , x4

pertidaksamaan menjadi:

y2 – 2y  15  y2 – 2y – 15  0  (y + 3)(y – 5)  0 Pembuat nol: (y + 3)(y – 5) = 0  y = –3 atau y = 5 +

–

+

–3

5

Penyelesaiannya: –3  y  5 

–3 

x 1  5 x4



–3 

x 1 x 1 dan  5 x4 x4

1)

–3 

x 1 x4



adalah

– 2  x  4   15

Misalkan y =

. . . (1)

x2 – 3x + 10 merupakan definit positif (a > 0 dan D < 0) sehingga x 2 – 3x + 10 selalu bernilai positif untuk berapapun nilai x  R . . . (2) Dari (1) dan (2) diperoleh: untuk x < –5 atau x > 2 nilai f(x) > 0 Jadi, untuk setiap nilai x yang memenuhi x2 + 3x – 10 > 0 berlaku f(x) > 0. x2 + 2 3x

0

x  –1 atau 0 < x  4.

Jadi, nilai x yang memenuhi x + 1  2 + x  1 adalah – 2  x < –1 atau x  2 .

f(x) =

–


Penyelesaiannya: – 2  x < –1 atau x 

–5

+

Penyelesaiannya: x  –1 atau 0 < x  4.

5.

–

– –1

2

+

(x  4)(x  1)  0 6x

+

+

2 –1

 0

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (–x + 4)(x + 1) = 0  x = 4 atau x = –1 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: 6x = 0  x = 0 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebut ut:: x  0 Garis bilangan dan tandanya:

3) Syar Syarat at pe peny nyeb ebut ut:: x + 1  0  x  –1 – +

 0

1)

2) Pemb Pembua uatt n nol ol pe peny nyeb ebut ut:: x + 1 = 0  x = –1



6x



– x  1 – x  1  0

1) Pemb Pembua uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: x2 – 2 = 0  (x + 2 )(x –

4.

3x + 4 x 2 + 3x



x – 1 – x  1  0



2)

6x 2

1



3. 1)

3 x 2 + 4x  x3 + 3x



x 1 + x4

3  0



x  1 + 3(x  4)  0 x4



4x  13  0 x4

a) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: 13

4x – 13 = 0  x = 4

b) Pemb Pembua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: x – 4 = 0  x = 4 c) Sy Syar arat at pe pen nye yebu but: t: x – 4  0  x  4 +

–

+

13 4

2)



. . . (3)

. . . (1)

4

1,0001 < 0,02 1,0001 0,02 n 1,00020001 1,0002 0001 < 0,0004n 0,0004n n > 2.500 2.500,5 ,5 2.500,5


x 1  5 x4 x 1 – x4



2.500,5

5  0



x  1  5(x  4)  0 x4



4x + 19 x4

Penyelesaian: n > 2.500,5. Disyaratkan n berupa bilangan bulat positif sehingga nilai n yang memenuhi adalah n > 2.501. Jadi, bilangan positif terkecil yang memenuhi

 0

n  1 < 0,01 adalah n > 2.501.

n –

Pembuat nol pembilang: 7. a.

19

–4x + 19 = 0  x = 4 Pembuat nol penyebut: x – 4 = 0  x = 4 Syarat penyebut: x – 4  0  x  4 –

+



2

4x + 1 < 4(3x 4(3x – 2) 2) 4x + 1 < 12x 12x – 8 –8xx < –9 –8 –9

 

. . . (2)

2

 4x  1 <  2 3x  2 



19 4

4

3)

–

4x  1 < 2 3x  2

9



x> 8 +

Irisa Iri san n peny penyele elesa saian ian (1 (1)) dan dan (2) (2)::

. . . (1)

9 8 13 4

Syarat akar: 1) 4x + 1  0  4x  –1

19 4

4

13

19



Penyelesaiannya: x  4 atau x  4 . Jadi, nilai-nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

1

x  – 4

+

. . . (2)

2

 x 1 13 19  x 1  x  4  – 2  x  4   15 adalah x  4 atau x  4 .    

6.

n – n  1 – 0,01 < 0 Syarat akar 1) n  0

– 2)

1 4

3x – 2  0  3x  2 

2

x  3

+

. . . (1)

2 3

0

2)

n – 1  0  n  1

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3): . . . (2)

1

n – n  1 – 0,01 0,01 < 0  

n – 0,01 0,01 < n  1 ( n – 0,01)2 < ( n  1 )2

0,0001 < n – 1  n – 0,02 n + 0,0001

. . . (3)

– 41

2 3

9 8

9

Penyelesaiannya: x > 8 . Jadi, himpunan penyelesaian

4x  1 <

9

2 3x  2 adalah {x | x > 8 }.

Matematika Kelas X

67

b.

x2  2x  6 < 2x

–

Salah satu ruas pertidaksamaan x  2x  6 < 2x yaitu 2x belum tentu bernilai bernilai positif. Oleh karena itu, nilai 2x diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu 2x < 0 atau 2x  0. 1) Untuk 2x < 0: 2x < 0  x < 0 2

+

1–

– 1+

7

. . . (6)

7


1+

7


. . . (1) 0

Oleh karena 2x < 0, tidak ada nilai x yang

x2  2x  6 < 2x.

memenuhi

1+

Penyelesaiannya: x  1 + 7 . Jadi, himpunan penyelesaian dari:

. . . (2)

x2  2x  6 < 2 x adalah x  1 +

Irisan penyelesaian (1) dan (2): . . . (3) 2)

Untuk 2x  0: 2x  0  x  0

Oleh karena 2x > 0, kedua ruas pertidaksamaan x2  2x  6 < 2x bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan.

  

2

x 2  2x  6  < (2x)2 x2 – 2x 2x – 6 < 4x2 –3x2 – 2x 2x – 6 < 0 2 3x + 2x 2x + 6 > 0



5x2  9x  4 > 3x2  8x  4 Kedua ruas dikuadratkan.



5x 2  9 x  4  >  3 x 2  8x  4  5x2 – 9x 9x + 4 > 3x2 – 8x + 4  2x2 – x > 0  x(2x x( 2x – 1) > 0  Pembuat nol: x(2x – 1) = 0 

x = 0 atau x = 2

. . . (5)

2  (2)2  4(1)(6) 2(1)

=

2  28 2

=

22 7 2

=1±

68

7


2

1

+

Oleh karena 2x + 6 merupakan definit positif (a > 0, D < 0) maka 3x 2 + 2x + 6 selalu bernilai positif sehingga 3x2 + 2x + 6 > 0 terpenuhi oleh semua nilai x.

Syarat akar: 1) x2 – 2x – 6  0 Pembuat nol: x2 – 2x – 6 = 0

2



3x 2 +

x1,2 =

3x2  8x  4 jika y1 > y2.

y1 > y2 . . . (4)



7.

5x2  9x  4 berada di atas grafik

8. Grafik y1 = y2 =

0



7

–

0

+

. . . (1)

1 2

Syarat akar: 1) 5x2 – 9x + 4  0  (5x – 4)(x – 1)  0 Pembuat nol: (5x – 4)(x – 1) = 0  x=

4 atau 5 +

– 4 5

2)

x=1 +

1

3x2 – 8x + 4  (3x – 2)(x – 2)  0 Pembuat nol: (3x – 2)(x – 2) = 0  x=

2 atau 3

x=2

. . . (2)

+

–

+

Pembuat nol: (x + 1)(x + 2) = 0  x = –1 atau x = –2

. . . (3)

2

2 3

+

– +

. . . (6)

–2 –1


Syarat akar: x + 2  0  x  –2 0

1 2

2 3

4 5

1 2

. . . (7) 1

–2

2

Penyelesaiannya: x < 0 atau 2 < x  3 atau x  2 2.. Jadi, grafik y = 5x2  9x  4 berada di atas grafik y= 

9. a.

3x2  8x  4 pada interval x < 0 atau

2 atau 3

1 < 2


x –2 –1

x  2.

3) Ga Gabu bung ngan an pen penye yeles lesaia aian n 1) dan dan 2): 2):

x + 2 + 3 > x + 5 

–2 –1

x + 2 > x + 2

Penyelesaiannya: –2 < x < –1.

x +2

Salah satu ruas pertidaksamaan

> x + 2, yaitu x + 2 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai x + 2 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu yaitu x + 2 < 0 atau x + 2  0. 1) Untuk x + 2 < 0: x + 2 < 0  x < –2 . . . (1)

b.

2x  1 – 2 < 

6x  5

2x  1 <

6x  5 + 2

ruas bernilai positif.

2

 2x  1 < 

6x  5  2 

2

Oleh karena x + 2 < 0, pertidaksamaan



2x – 1 < 6x – 5 + 4 6x  5 + 4

x + 2 > x + 2 dipenuhi oleh semua nilai x.



2x – 1 < 6x – 1 + 4 6x  5

. . . (2)



. . . (3)

Ruas kiri pertidaksamaan –4x < 4 6x  5 belum tentu bernilai positif. Oleh karena itu, nilai –4x diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu –4x < 0 atau –4x  0. 1) Untuk –4x < 0: 0: –4x < 0  –x < 0  x > 0

Syarat akar: x + 2  0  x  –2

–2


–4x < 4 6x  5

. . . (4) 2)

 Kedua


–2

x +2

Jadi, penyelesaian pertidaksamaan + 3 > x + 5 adalah –2 < x < –1.

Untuk x + 2  0: x + 2  0  x  –2

0

Oleh karena –4x < 0, pertidaksamaan . . . (5)

–2

x + 2 > x + 2

–4x < 4 6x  5 dipenuhi oleh semua nilai x.



. . . (1)

2

 x + 2  > (x + 2)2

x + 2 > x2 + 4x + 4  0 > x2 + 3x + 2   0 > (x + 1)(x 1)(x + 2) 2) 1)(x + 2) 2) < 0  (x + 1)(x

. . . (2) Syarat akar: a)

5

6x – 5  0  x  6

. . . (3) 5 6 Matematika Kelas X

69

b)

1

2x – 1  0  x  2

adalah x 

. . . (4) 1 2

5 6

. . . (5) 5 6

Untuk –4x  0: –4x  0  –x  0  x  0

.



10x – 4 – 14 > 5 10x  4



10x 10 x – 18 > 5 10x  4

Salah satu ruas 10x – 18 > 5 10x  4 , yaitu 10x – 18 nilainya belum tentu positif. Oleh Ol eh karena itu, nilai 10x – 18 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu 10x – 18 < 0 atau 10x – 18  0 0.. a. Untu tuk k 10x – 18 18 < 0:

. . . (6)

10x – 18 < 0  x <

0

–4x < 4 6x  5

18  x 10

<

9 5


. . . (1) 9 5


Oleh karena 10x – 18 < 0 dan 5 10x  4  0 0,, tidak ada nilai x yang memenuhi



(–4x)2 > (4 6x  5 )2 16x2 > 16(6x – 5)  96x + 80 > 0  16x2 – 96x 2 x – 6x 6x + 5 < 0  (x – 1 1)(x )(x – 5) < 0  Pembuat nol: (x – 1)(x – 5) = 0  x = 1 atau x = 5 +

–

+

1

10x – 18 > 5 10x  4 . . . . (2) Syarat akar: 10x – 4  0  10x  4  x 

. . . (7)

4 2  x  10 5

5

Syarat akar: a)

. . . (3)

2 5

1

2x – 1  0  x  2


. . . (8) 1 2

b)

b.

Untuk 10x – 18  0: 10x – 18  0  10x  18  x 

5

6x – 5  0  x  6

9 5

5 6

Irisan penyelesaian (6), (7), (8), dan (9): . . . (10) Gabung Gab ungan an pen penyel yelesa esaian ian (5) dan (10 (10): ):

5 6

Penyelesaiannya: x 

70

5 6

.


9 5

. . . (5)

. . . (9)

3)

6x  5

10.. 10 10 10x x – 4 > 5 10x  4 + 14


2)

2x  1 – 2 <

Jadi, penyelesaian

10x – 18 > 5 10x  4

 Kedua ruas positif.

Kedua ruas dikuadratkan.     

(10x – 18)2 >  5 10x  4  100x2 – 360x + 324 324 > 25(10x 25(10x – 4) 2 100x – 360x + 324 324 > 250x – 100 2 100x – 610x 610x + 424 424 > 0 50x2 – 305x 305x + 212 212 > 0

2

Pembuat nol: 50x2 – 305x + 212 = 0 x1,2 = = 

. . . (7) 2 5

305  (305)2  4(50)(212) 2(50) 305  50.625 100

=

x1 =

305 + 225 530 53 = = 100 100 10

x2 =

305  225 80 4 = = 100 100 5 +

– 4 5


305 ± 225 100

+

. . . (8) 53 10

atau c.


. . . (6)

53 10

53 10

Penyelesaiannya: x >

Syarat akar: 4 10 2 x  5

10x – 4  0  x  

53 10

.

Jadi, nilai x yang memenuhi 10x – 4 > 14 adalah x 

53 10

10x  4 +

.

Matematika Kelas X

71

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: Jawaban: d

 (1 − x) untuk 1 − x ≥ 0 ⇔ 1 ≥ x ⇔ x ≤ 1

|1 – x| = 

−(1 − x) untuk 1 − x ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ⇔ x ≥ 1

Oleh karena x < –2 maka |1 – x| = 1 – x dan |1 – |1 – x|| = |1 – (1 – x)| = |x|  x untuk x ≥ 0 |x| =  −x untuk x ≤ 0 |1 – |1 – x|| = |1 – (1 – x)| = |x| = –x Jadi, bentuk sederhana |1 – |1 – x|| adalah –x.

2. Jawaban: Jawaban: a |–3m |–3 m + 4| 4| – 2 = 6 =8 ⇔ |–3m + 4| –(–3m + 4) = 8 atau (–3m + 4) = 8 ⇔ 3m – 4 = 8 atau –3m = 4 ⇔ 3m = 12 atau

⇔

m=4

⇔

m=

atau

m=

Jadi, nilai m yang memenuhi adalah m =

4 – 3 4 – 3 4 –3

atau

m = 4. 3. Jawaban: Jawaban: a 10 – |x – 10| = 20 –|x – 10| 10| = 20 – 10 ⇔ |x – 10 10|| = –10 –10 ⇔ Oleh karena nilai mutlak selalu positif, tidak ada nilai x yang memenuhi |x – 10| = –10. Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah { }. 4. Jawaban: Jawaban: b Persamaan Persam aan |x + 7| – |–x| = 0

⇔

|x + 7| = |–x|.

Oleh karena kedua ruas bernilai positif, kedua ruas dapat dikuadratkan. |x + 7|2 = |–x |2 ⇔ (x + 7)2 = (–x)2 ⇔ 2 14x + 49 49 = x2 ⇔ x + 14x 14x 14 x + 49 = 0 ⇔

72

⇔

7(2x 7( 2x + 7) = 0 2x + 7 = 0

⇔

x=–

⇔

Ulangan Tengah Semester

7 2 7 2

Jadi, penyelesaian |x + 7| – |–x| = 0 adalah x = – . 5. Jawaban: Jawaban: c |3 – 2x| = |x + 6| Oleh karena kedua ruas bernilai positif, kedua ruas dapat dikuadratkan. |3 – 2x|2 = |x + 6|2 ⇔ (3 – 2x)2 = (x + 6)2 ⇔ (3 – 2x)2 – (x + 6)2 = 0 ⇔ 6))((3 – 2x) – (x + 6)) 6)) = 0 ⇔((3 – 2x) + (x + 6))((3 (9 – x)( x)( –3 – 3x) 3x) = 0 ⇔ 9 – x = 0 atau –3 – 3x = 0 ⇔ x = 9 atau atau x = –1 –1 ⇔ Jadi, himpunan penyelesaian |3 – 2x| = |x + 6| adalah {x| x = 9 atau x = –1}. 6. Jawaban: Jawaban: d |6 – 3|2 – x|| = 12 Oleh karena kedua ruas bernilai positif, kedua ruas dapat dikuadratkan. |6 – 3|2 – x||2 = 122 (6 – 3|2 – x|)2 = 122 ⇔ (6 – 3|2 – x|)2 – 122 = 0 ⇔ 3|2 – x|) x|) – 12) = 0 ⇔ ((6 – 3|2 – x|) + 12) ((6 – 3|2 (18 – 3|2 – x|) (–6 – 3|2 3|2 – x|) x|) = 0 ⇔ atau –6 – 3|2 – x| = 0 ⇔ 18 – 3 | 2 – x | = 0 3|2 – x| = 18 atau 3|2 – x| = –6 ⇔ |2 – x| = 6 atau |2 – x| = –2 ⇔ 1)

|2 – x| = 6 Dengan menggunakan definisi nilai mutlak.  (2 − x) = 6 untuk 2 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 −(2 − x) = 6 untuk 2 − x ≤ 0 ⇔ x ≥ 2

|2 – x| = 6 

maka: 2 – x = 6 atau –(2 – x) = 6 2 – x = 6 atau 2 – x = –6 –x = 4 atau – x = –8 ⇔ x = –4 at atau x=8 ⇔ x = –4 untuk x ≤ 2 atau x = 8 untuk x ≥ 2 ⇔ ⇔

2)

3)

| 2 – x | = –2 |2 – x| bernilai positif atau nol sehingga tidak ada nilai x yang memenuhi |2 – x| = –2.

2)

⇔

Gabungan Gabung an peny penyele elesai saian: an: x = –4 atau atau x = 8 Jadi, penyelesaian persamaan |6 – 3|2 – x|| = 12 adalah x = –4 atau x = 8.

⇔ ⇔ ⇔

7. Jawaban: Jawaban: a Persamaan |1 – x|2 + 3|1 – x| – 10 = 0 Misalkan y = |1 – x|, persamaan menjadi: y2 + 3y 3y – 10 10 = 0 (y + 5)(y 5)(y – 2) = 0 ⇔ y = –5 atau y=2 ⇔ ⇔ |1 – x| = –5 atau |1 – x| = 2 1)

2)

|1 – x| x| bernil bernilai ai posit positif if atau atau nol nol sehin sehingga gga tida tidak k ada nilai x yang memenuhi untuk |1 – x| = –5.  1 − x = 2 untuk 1 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 |1 – x| = 2   −(1 − x) = 2 untuk 1 − x ≤ 0 ⇔ x ≥ 1

1 – x = 2 atau –(1 – x) = 2 1 – x = 2 atau 1 – x = –2 ⇔ –x = 1 atau –x = –3 ⇔ x = – 1 a t a u x=3 ⇔ x = –1 memenuhi untuk x ≤ 1 atau x = 3 memenuhi untuk x ≥ 1. ⇔

3)

Gabung Gab ungan an peny penyele elesai saian: an: x = –1 atau atau x = 3

Untuk Untu k int nter erva vall x ≤ 0: |x| = –x 2x2 – 7|x| 7|x| + 6 = 0 2 2x – 7(–x) 7(–x) + 6 = 0 ⇔ 2 2x + 7x 7x + 6 = 0 ⇔ (2x + 3)( 3)(x x + 2) = 0 ⇔ atau x + 2 = 0 ⇔ 2x + 3 = 0 x=–

⇔

3 2

atau 3 2

x = –2

Oleh karena x = – atau x = –2 termuat pada interval x ≤ 0, persamaan 2x2 – 7|x| + 6 = 0 pada interval x ≤ 0 mempunyai penyelesaian x=–

3 2

atau x = –2.

x=

3 2

atau

x=2

3

Oleh karena x = 2 atau x = 2 termuat pada interval x ≥ 0, persamaan 2x2 – 7|x| + 6 = 0 pada interval x ≥ 0 mempunyai penyelesaian x= 3)

3 2

atau x = 2. 3 2

Gabu Ga bung ngan an pe peny nyel eles esai aian an:: x = – atau x = –2 atau x =

3 2

atau x = 2.

Jadi, himpunan penyelesaian persamaan 2x2 – 7|x| + 6 = 0 adalah { –2, –

3 2

,

3 2

, 2}.

9. Jawaban: d |x – 4| = |x| – 4 Pembuat nol nilai mutlak: |x – 4| = 0 ⇔ x – 4 = 0 ⇔ x = 4 |x| = 0 ⇔ x = 0 0

4

1)

Untuk Untu k int nter erva vall x ≤ 0: |x – 4| = –(x – 4) |x| = –x |x – 4| = |x| |x| – 4 –(x – 4) 4) = –x – 4 ⇔ –x + 4 = –x – 4 ⇔ 4=–4 ⇔ Oleh karena 4 = – 4 tidak dapat dipenuhi oleh semua nilai x pada interval x ≤ 0, persamaan |x – 4| = |x| – 4 pada interval x ≤ 0 tidak mempunyai penyelesaian.

2)

Untuk Untu k int nter erva vall 0 ≤ x ≤ 4: |x – 4| = –(x – 4) |x| = x |x – 4| = |x| – 4 4) = x – 4 ⇔ –(x – 4) –x + 4 = x – 4 ⇔ –2x –2 x = –8 –8 ⇔ x=4 ⇔ Oleh karena x = 4 termuat pada interval 0 ≤ x ≤ 4, persamaan |x – 4| = |x| – 4 pada interval 0 ≤ x ≤ 4 mempunyai penyelesaian x = 4.

0

1)

2x2 – 7|x| 7|x| + 6 = 0 2 2x – 7x 7x + 6 = 0 2 2x – 7x 7x + 6 = 0 (2x – 3)(x 3)(x – 2) = 0 2x – 3 = 0 atau x – 2 = 0

⇔

Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan |1 – x|2 + 3|1 – x| – 10 = 0 adalah x = –1 atau x = 3. 8. Jawaban: Jawaban: b 2x2 – 7|x| + 6 = 0 Pembuat nol nilai mutlak: |x| = 0 ⇔ x = 0

Untuk Untu k int nter erva vall x ≥ 0: |x| = x

Matematika Kelas X

73

3)

Untuk Untu k int nter erva vall x ≥ 4: |x – 4| = x – 4 |x| = x |x – 4| = |x| |x| – 4 x –4 = x –4 ⇔ –4 = –4 –4 ⇔ Oleh karena –4 = –4 dapat dipenuhi oleh semua nilai x pada interval x ≥ 4, persamaan |x – 4| = |x| – 4 pada interval x ≥ 4 mempunyai penyelesaian x ≥ 4.

4)

Gabung Gabu ngan an pe peny nyel eles esai aian an:: x = 4 atau x ≥ 4 ⇔ x ≥ 4.

|x + 2| + |x – 2| – |–3x| = x ⇔ (x + 2) + (–(x – 2)) – 3x = x x + 2 – x + 2 – 3x 3x = x ⇔ 4 – 3x = x ⇔ 4 = 4x ⇔ x=1 ⇔ Oleh karena x = 1 termuat pada interval 0 ≤ x ≤ 2, persamaan |–3x| + |x + 2| – |x – 2| = 3x pada interval 0 ≤ x ≤ 2 mempunyai penyelesaian x = 1. 4)

Untu Un tuk k int nter erva vall x ≥ 2: |x + 2| 2| = x + 2 |x – 2| = x – 2 |–3x| = 3x |x + 2| 2| + |x – 2| – |–3x| |–3x| = x (x + 2) + (x – 2) 2) – 3x = x ⇔ x + 2 + x – 2 – 3x 3x = x ⇔ –x = x ⇔ –1 = 1 ⇔ Oleh karena –1 = 1 tidak dapat dipenuhi oleh semua nilai x pada interval x ≥ 2, persamaan |–3x| + |x + 2| – |x – 2| = 3x pada interval x ≥ 2 tidak mempunyai penyelesaian.

5)

Gabung Gabu ngan an pe peny nyel eles esai aian an:: x ≤ –2 atau x = –2 atau x = 1 x = 1.

Jadi, nilai x yang memenuhi |x – 4| = |x| – 4 adalah x ≥ 4. 10. Jawaban: Jawaban: b |x + 2| + |x – 2| – |–3x| = x Pembuat nol nilai mutlak: |x + 2| = 0 ⇔ x + 2 = 0 |x – 2| = 0 ⇔ x – 2 = 0 |–3x| = 0 ⇔ –3x = 0

–2

1)

2)

3)

74

0

⇔ ⇔ ⇔

x = –2 x= 2 x= 0

2

Untuk Untu k in inte terv rval al x ≤ –2: |x + 2| = –(x –(x + 2) 2) |x – 2| 2| = –(x –(x – 2) |–3x| = –3x |x + 2| + |x – 2| – |–3x| = x 2)) + (–(x – 2)) – (–3x) (–3x) = x ⇔ (–(x + 2)) –x – 2 – x + 2 + 3x 3x = x ⇔ x=x ⇔ 1=1 ⇔ Oleh karena 1 = 1 dapat dipenuhi oleh semua nilai x pada interval x ≤ –2, persamaan |x + 2| + |x – 2|– |–3x| = 3x pada interval x ≤ –2 mempunyai penyelesaian x ≤ –2. Untuk Untu k int inter erv val –2 ≤ x ≤ 0: |x + 2| 2| = x + 2 |x – 2| 2| = –(x –(x – 2) |–3x| = –3x |x + 2| + |x – 2| – |–3x| = x (x + 2) + (–(x – 2)) 2)) – (–3x) (–3x) = x ⇔ x + 2 – x + 2 + 3x = x ⇔ 4 + 3x = x ⇔ 4 = –2x –2x ⇔ x = –2 ⇔ Oleh karena x = –2 termuat pada interval –2 ≤ x ≤ 0, persamaan |x + 2| + |x – 2| – |–3x| = 3x pada interval –2 ≤ x ≤ 0 mempunyai penyelesaian x = –2. Untuk Untu k int nter erva vall 0 ≤ x ≤ 2: |x + 2| 2| = x + 2 |x – 2| 2| = –(x –(x – 2) |–3x| = 3x


⇔

x ≤ –2 atau

Jadi, nilai x yang memenuhi |x + 2| + |x – 2| – |–3x| = x adalah x < –2 atau x = 1. 11. Jawaban: Jawaban: b ⇔ ⇔ ⇔

|–4x + 5| |–4x 5| > 7 –4x + 5 < –7 atau –4x + 5 > 7 –4x < –12 atau –4x > 2 x>3

atau

x<–

1 2

Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan tersebut adalah {x | x < –

1 2

atau x > 3}.

12. Jawaban: Jawaban: c 3|2x – 5| – 2 ≤ 10 3|2x – 5| ≤ 12 ⇔ |2x – 5| ≤ 4 ⇔ –4 ≤ 2x – 5 ≤ 4 ⇔ 1 ≤ 2x ≤ 9 ⇔ ⇔

1 9 ≤ x ≤ 2 2

Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan tersebut adalah {x |

1 9 ≤ x ≤ 2 2

}.

13. Jawaban: Jawaban: b |x – 5| ≥ |3x – 3| Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. (|x – 5|)2 ≥ (|3x – 3|)2 (x – 5)2 ≥ (3x – 3)2 ⇔ x2 – 10x + 25 ≥ 9x2 – 18x + 9 ⇔ 8x2 – 8x – 16 ≤ 0 ⇔ 8(x + 1)(x – 2) ≤ 0 ⇔ Pembuat nol: 8(x + 1)(x 1)(x – 2) = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x + 1 = 0 x = –1 atau x=2 ⇔

Pembuat nol: ⇔

(x – 1)(x + 3)(x + 1)(x 1)(x – 3) = 0 x = 1 atau x = –3 atau atau x = –1 atau x = 3 . . . (5) –3

–1

1

3

Irisan penyelesaian (4) dan (5). . . . (6) 1

c.

3

Gabung Gab ungan an pen penyel yelesa esaia ian n (3) dan (6) (6)..

1

3

Penyelesaiannya: 1 < x < 3. –1

Jadi, penyelesaian |x2 – 3| < 2x adalah 1 < x < 3.

2

Penyelesaiannya: –1 ≤ x ≤ 2 Jadi, nilai-nilai x yang memenuhi |x – 5| ≥ |3x – 3| adalah –1 ≤ x ≤ 2. 14. Jawaban: Jawaban: b |x2 – 3| < 2x Ruas kanan nilai belum tentu positif sehingga nilai ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan. a. Untuk 2x < 0: 2x < 0 ⇔ x < 0 . . . (1)

15. Jawaban: Jawaban: c |x + 2|2 ≥ 2|x + 2| + 15 Misalkan y = |x + 2| maka diperoleh pertidaksamaan: y2 ≥ 2y + 15 ⇔ y2 – 2y – 15 ≥ 0 ⇔ ⇔ (y + 3)(y – 5) ≥ 0 Pembuat nol: ⇔ ⇔

(y + 3)(y 3)(y – 5) = 0 y+3=0 atau y – 5 = 0 y = –3 atau y=5

0

Oleh karena |x2 – 3| ≥ 0 dan 2x < 0 maka pertidaksamaan |x2 – 3| < 2x tidak ada nilai x yang memenuhi . . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2). . . . (3) Penyelesaiannya: { } b.

Untuk 2x ≥ 0: 2x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0

–3

5

Penyelesaiannya: y ≤ –3 atau y ≥ 5 |x + 2| ≤ –3 atau |x + 2| ≥ 5 ⇔ 1) |x + 2| ≤ –3 Oleh karena |x + 2| ≥ 0 maka tidak ada nilai x yang memenuhi |x + 2| ≤ –3. Penyelesaiannya: { } 2)

. . . (4) 0

|x2 – 3| < 2x Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. (|x2 – 3|)2 < (2x)2 ⇔ (x2 – 3)2 – (2x)2 < 0 ⇔ (x2 – 3 + 2x)(x2 – 3 – 2x) 2x) < 0 ⇔ 2 2 (x + 2x – 3)(x – 2x 2x – 3) < 0 ⇔ (x – 1)(x + 3)(x + 1)(x 1)(x – 3) < 0 ⇔

|x + 2| ≥ 5 Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. (|x + 2|)2 ≥ (5)2 ⇔ (x + 2)2 – (5)2 ≥ 0 ⇔ ⇔ (x + 2 + 5)(x + 2 – 5) ≥ 0 (x + 7)(x – 3) ≥ 0 ⇔ Pembuat nol: ⇔ ⇔

(x + 7)( 7)(x x – 3) = 0 x + 7 = 0 atau x – 3 = 0 x = –7 atau x =3

Matematika Kelas X

75

18. Jawaban: Jawaban: c 8 –7

x+4

3

Penyelesaiannya: x ≤ –7 atau x ≥ 3. 3)

1) 2)

Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian n 1) dan dan 2) 2)

≥ 0

Pem embu buat at nol nol pen penye yebu but: t: x + 4 = 0 ⇔ x = –4 Syar Sy arat at pe peny nyeb ebut ut:: x + 4 ≠ 0 ⇔ x ≠ –4

Diagram penyelesaian: –7

3

Penyelesaiannya: x ≤ –7 atau x ≥ 3.

–4

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan |x + 2|2 ≥ 2|x + 2| + 15 adalah x ≤ –7 atau x ≥ 3. 16. Jawaban: Jawaban: a 2x2 + 5x – 12 ≥ 0 ⇔ (2x – 3)(x + 4) ≥ 0

8 ≥ 0 x +4

x=

⇔

adalah {x | x > –4}.

19. Jawaban: Jawaban: a

Pembuat nol: (2x – 3)(x + 4) = 0 2x – 3 = 0 atau x + 4 = 0 ⇔ 3 2

Penyelesaian: x > –4 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan

atau

13 − 4x x −2

1)

x = –4

< 0

Pem embu buat at no noll pe pemb mbil ilan ang: g: 13 – 4x 4x = 0 4x = 13 13 ⇔

Garis bilangan beserta tandanya:

3 2

–4

Penyelesaiannya: x ≤ –4 atau x

2)

Pem embu buat at nol nol pen penye yebu but: t: x – 2 = 0 ⇔ x = 2

3)

Syar Sy arat at pe peny nyeb ebut ut:: x – 2 = 0 ⇔ x ≠ 2

Diagram penyelesaian:

3 ≥ 2

–

Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan 2x2 + 5x – 12 ≥ 0 adalah {x | x ≤ –4 atau x ≥

3 2

}.

17. Jawaban: Jawaban: a Pembuat nol: (x2 – x – 2)(x2 + x – 6) = 0 2)(x + 1)(x 1)(x + 3)(x 3)(x – 2) = 0 ⇔ (x – 2)(x ⇔ (x – 2) = 0 atau (x + 1) = 0 atau (x + 3) = 0 atau (x – 2) = 0 ⇔ x = 2 atau x = –1 atau x = –3 atau x = 2

–3

+ –1

+ 2

Sehingga diperoleh penyelesaian: –3 ≤ x ≤ –1 atau 2 ≤ x ≤ 2 ⇔ –3 ≤ x ≤ –1 atau x = 2 Jadi, persamaan (x2 – x – 2)(x2 + x – 6) ≤ 0 dipenuhi oleh nilai-nilai –3 ≤ x ≤ –1 atau x = 2.

76


– 13 4

2

Penyelesaian: x < 2 atau x >

adalah x < 2 atau x >

13 . 4

20. Jawaban: Jawaban: e x2

x2

⇔

Penyelesaian (x2 – x – 2)(x2 + x – 6) ≤ 0: –

+

13 4


(x2 – x – 2)(x2 + x – 6) ≤ 0

+

13 4

x=

⇔

⇔

⇔

⇔

x2

x

−1

− 12

x

−

1 x

−1

x

x

−

x

x −

−

x2

−

− 12

− 12 − −

x2

2x

+

2

1 3 x − 10 x −1

−

<2

– 2 < 0

2(x − 1) x −1

–

x

− 12

<0 <0 <0

Pembuat nol pembilang: x2 – 3x 3x – 10 = 0 (x – 5)(x 5)(x + 2) = 0 ⇔ ⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0 x = 5 atau x = –2 ⇔

13 − 4x x−2

< 0

Pembuat nol penyebut: x – 1 = 0 ⇔ x = 1 Diagram penyelesaian:

–2

1

Pembuat nol penyebut: x(x + 1)( x –4) = 0 atau x – 4 = 0 ⇔ x = 0 atau x + 1 = 0 x = –1 atau x=4 ⇔ x = 0 atau Diagram penyelesaian:

5

Penyelesaiannya: x < –2 atau 1 < x < 5 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan x2

−

x

x

−1

− 12

x +1 x – x +1 x −1 (x + 1)(x − 1) − x(x (x + 1)(x − 1)

−x − 1

⇔

1)

2)

3)

+ 1)

x2 − 1 − x2 − x (x + 1)( x − 1)

⇔

(x + 1)(x

− 1)

>0

Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan x

>0

x

2

− 3x − 4

⇔

Sya yara ratt pe peny nyeb ebu ut:

⇔

p(t) = t


x x ⇔

⇔

⇔

− 3x − 4

x x x2

2

− 3x − 4

− 2(x

x(x

2

2

–

−x

2

2 x

2 ≥ 0 x

− 3x − 4)

− 3 x + 4)

≥

⇔

x +1 x +1

x

x = 3 ± 17

– 8

≥ 0

2 − (t + 100) t 2 + 100

≥ 0

2

+ 25 t − 100 t 2 + 100

≥ 0

> x − 1 adalah

−t

2

+ 25 t − 100 t 2 + 100

≥ 0

maka

–t2 + 25t – 100 ≥ 0. –t2 + 25t – 100 ≥ 0 t2 – 25t + 100 ≤ 0 ⇔ (t – 5)(t – 20) ≤ 0 ⇔ Pembuat nol: (t – 5)(t – 20) = 0 ⇔ (t – 5) = 0 atau (t – 20) = 0 t = 5 at atau t = 20 ⇔ Diagram penyelesaian: +

– 5

+

Pembuat nol pembilang: –x2 + 6x 6x + 8 = 0 2 6x – 8 = 0 ⇔ x – 6x 2 x – 6x + 9= 8 +9 ⇔ (x – 3)2 = 17 ⇔

+ 100

sehingga agar nilai

≥ 0

6x + 8 ≥ 0 x( x + 1)( x − 4)

2

≥ 8

(t2 + 100) selalu bernilai positif untuk setiap t ∈ R

Penyelesaian: x < –1 atau –1 < x < 1

22. Jawaban: Jawaban: e

+ 100

25 t

– 1

x < –1 atau –1 < x < 1.

t

≥ 0

−t

⇔

+

200t 2

2 − 8(t + 100) t 2 + 100

200 t

⇔

x ≠ –1 atau x ≠ 1

Jadi, nilai yang memenuhi

adalah {x | x ≤ 3 − 17 atau –1 < x < 0

200t

(x + 1)(x – 1) ≠ 0

–1

2 x

23. Jawaban: Jawaban: b Penjualan smartphone mencapai mencapai 8.000 unit atau lebih sehingga p ≥ 8. p ≥ 8

>0

⇔

+

≥

atau 4 < x ≤ 3 + 17 , x ∈ R}.

>0

Pem emb bua uatt nol nol peny penyeb ebut ut:: (x + 1)(x 1)(x – 1) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 1

2

4 3 + 17

0

x ≤ 3 − 17 atau –1 < x < 0 atau 4 < x ≤ 3 + 17

Pem embu buat at no noll pe pemb mbil ilan ang: g: –x – 1 = 0 x = –1 ⇔

⇔

–1

Penyelesaiannya:


⇔

3 − 17

< 2 adalah {x | x < –2 atau 1 < x < 5, x∈ R} R}..

+ 20

Penyelesaian: 5 ≤ t ≤ 20 Jadi, penjualan smartphone mencapai mencapai 8.000 unit atau lebih dalam minggu 5 ≤ t ≤ 20. 24. Jawaban: Jawaban: d 6x − 5 – 5 ≥ 0 ⇔

6x − 5

≥ 5

Matematika Kelas X

77


(

⇔


2

6x − 5 ) ≥ 52 6x – 5 ≥ 25 6x ≥ 30 x ≥ 5

⇔ ⇔ ⇔

7 5

. . . (1)

Penyelesaian: x ≥

7 5

Jadi, himpunan penyelesaian 5

adalah {x | x ≥

Syarat akar: 6x – 5 ≥ 0 ⇔ 6x ≥ 5 x

⇔

⇔ ⇔

Irisan penyelesaian (1) dan (2) :

Penyelesaian: x ≥ 5

Jawaban: c 25. Jawaban:

⇔ ⇔ ⇔

7 )<

, x ∈ R}

6 + x – x2 < 4 –x2 + x + 2 < 0 (–x – 1)(x 1)(x – 2) < 0

7x

−

3

7 )2 < ( 7x

. . . (1) –1

2

Syarat bilangan yang diakar: 6 + x – x2 ≥ 0 ⇔ (3 – x)(2 + x) ≥ 0 −

3 )2 (kedua ruas dikuadratkan)

5x – 7 < 7x – 3 5x – 7x < –3 + 7 –2x < 4 x > –2

Pembuat nol: (3 – x)(2 x)(2 + x) x) = 0 (3 – x) = 0 atau (2 + x) = 0 ⇔ x = 3 atau x = –2 ⇔ Diagram penyelesaian (3 – x)(2 + x) ≥ 0: . . . (2)

. . . (1) –2

–2

Syarat akar: 1) 5x – 7 ≥ 0 ⇔

x

≥

7 5

–2

. . . (2)

27. Jawaban: Jawaban: b

3 7


3

Penyelesaian: –2 ≤ x < –1 atau 2 < x ≤ 3

–2 ≤ x < –1 atau 2 < x ≤ 3.

3 ≥ 7

. . . (3)

78

2

–1

Jadi, nilai x yang memenuhi 6 + x − x 2 < 2 adalah

2) 7x – 3 ≥ 0 x

3


7 5

⇔

3

( 6 + x − x 2 )2 < 22 (Kedua ruas dikuadratkan)

Jadi, penyelesaian pertidaksamaan 6x − 5 – 5 ≥ 0 adalah x ≥ 5.

⇔

−

Pembuat nol: (–x – 1)(x – 2) = 0 atau (x – 2) = 0 ⇔ (–x – 1) = 0 x = –1 atau x=2 ⇔ Diagram penyelesaian (–x – 1)(x – 2) < 0:

5

−

7x

. . . (2)

5 6

( 5x

7 <

6 + x − x2 < 2

5 ≥ 6

⇔

−

−


⇔

5x

7 5

5x

5x − 13 – ⇔

5 x − 13

x2

− 6x +

≥

x2

5 ≥ 0

− 6x +

5

Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. ( 5x − 13 )2 ≥ ( x 2

⇔

− 6x +

5 )2

5x – 13 ≥ x2 – 6x + 5

⇔ ⇔

x2 – 11x + 18 ≤ 0

⇔

(x – 2)(x – 9) ≤ 0

Pembuat nol: (3x + 6)(x 6)(x – 3) = 0 ⇔ 3x + 6 = 0 atau x – 3 = 0 x = –2 at a tau x=3 ⇔ Diagram penyelesaian (3x + 6)(x – 3) < 0: +

2x2 – 3x – 9

1)

x=–

⇔

Syarat akar terdefinisi: ⇔ x ≥

–

. . . (3)

–3

. . . (4) –2

. . . (4) 9

5

5 x − 13 –

9 − x2

⇔ ⇔ ⇔

(

2

2

−

9

) <(

2

9 − x2 2

2x – 3x – 9 < 9 – x 3x2 – 3x 3x – 18 < 0 (3x + 6)(x 6)(x – 3) < 0

3x

−

9

2

⇔

Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. 3x

−

9 − x 2 adalah –2 < x ≤ – 3 .

<

x + 10 –

28. Jawaban: Jawaban: c

−

2x 2

29. Jawaban: Jawaban: c

0 adalah 5 ≤ x ≤ 9.

3x − 9 <

3 2

Jadi, semua nilai yang memenuhi

Jadi, semua nilai yang memenuhi ≥

–

3 2

Penyelesaiannya: –2 < x ≤ –

Penyelesaiannya: 5 ≤ x ≤ 9

⇔

3



2x 2

3

5

1

−

3 2

. . . (3)

Diagram penyelesaian (x – 1)(x – 5) ≥ 0 :

2x 2

x=3

9 – x2 ≥ 0 ⇔ (3 + x)(3 – x) ≥ 0 Pembuat nol: (3 + x)(3 x)(3 – x) = 0 atau 3 – x = 0 ⇔ 3 + x = 0 x = –3 atau x=3 ⇔ Diagram penyelesaian:

2)

Pembuat nol: (x – 1)(x – 5) = 0 ⇔ (x – 1) = 0 atau (x – 5) = 0 x = 1 atau x=5 ⇔

5

atau

. . . (2)

x2 – 6x + 5 ≥ 0 ⇔ (x – 1)(x – 5) ≥ 0

− 6x +

3 2

13 5

13 5

x2

+ 3)(x – 3) ≥ 0


. . . (2)

2)

≥ 0 ⇔ (2x

Pembuat nol: (2x + 3)(x 3)(x – 3) 3) = 0 atau x – 3 = 0 ⇔ 2x + 3 = 0

9

5x – 13 ≥ 0

. . . (1)

3

Syarat bentuk akar terdefinisi:

. . . (1)

1)

+

–2

Pembuat nol: (x – 2)(x – 9) = 0 x–9=0 ⇔ (x – 2) = 0 atau x = 2 at atau x=9 ⇔ Diagram penyelesaian (x – 2)(x – 9) ≤ 0:

2

–

)

x+2 <2 x + 10 < 2 +

Oleh karena 2 +

x+2

x+2 ≥ 0

kedua ruas bernilai

positif sehingga dapat dikuadratkan. ⇔ ⇔

( x + 10 )2 < (2 +

x + 2 )2

x + 10 < 4 + 4 x + 2 + x + 2

Matematika Kelas X

79

⇔

x + 10 – 6 – x < 4 x + 2

⇔

4 <4 x+2

⇔

1 <

(2 52 + t2 )2 ≤ (16 – t)2 4(52 + t2) ≤ 162 – 32t + t2 ⇔ 100 + 4t2 ≤ 256 – 32t + t2 ⇔ 3t2 + 32t – 156 ≤ 0 ⇔ Pembuat nol: ⇔

x+2

Oleh karena kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan dikuadratkan..

t1, 2 =

12 < ( x + 2 )2

⇔

=

1 –1

⇔ ⇔

=

–10

2)

t1

−32 ±

= =

x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ –2

−

4 × 3 × ( −1 15 56)

2×3

= . . . (2)

4ac

322

−32 ±

=

Syarat bilangan yang diakar: 1) x + 10 ≥ 0 ⇔ x ≥ –10

−

2a

. . . (1) –1

b2

−b ±

2.896 6

−32 ±

16 × 181 6

−32 ±

4 181 6

−32 +

4 181 6

−16 +

2 181 3

≈ 3,64

. . . (3)

t2

=

–2

=


−32 −

4 181 6

−16 −

2 181 3

≈ –14,3

Diagram penyelesaian 3t2 + 32t – 156 ≤ 0: –10

–2 –1

+

Penyelesaiannya: x > –1

–14,3

Jadi, semua nilai yang memenuhi x + 10 –

x + 2 < 2 adalah x > –1.

30. Jawaban: Jawaban: d Permasalahan ini dapat dituliskan sebagai berikut. 52

+

t2

52

+

t2

t

5

Menentukan nilai t yang memenuhi 5 + 5 52 + t 2 + 52 + t 2 + t ≤ 26. Syarat akar: 52 + t2 ≥ 0 Oleh karena 52 > 0 dan t2 ≥ 0 untuk setiap t ∈ R, maka 52 + t2 ≥ 0 dipenuhi untuk setiap t ∈ R sehingga syarat pertama terpenuhi. +

⇔ ⇔

80

52

+

10 + 2 52

t 2 + +

52

+

t2 + t ≤ 26

t 2 + t ≤ 26

2 52

+ 3,64

Diperoleh penyelesaian: –14,3 ≤ t ≤ 3,64. Oleh karena tinggi kuda-kuda selalu bernilai positif maka penyelesaiannya adalah 0 ≤ t ≤ 3,64. Nilai t maksimum pada interval 0 ≤ t ≤ 3,64 adalah 3,64. Jadi, tinggi maksimum kuda-kuda menggunakan bahan 26 meter adalah 3,64 m. B. Uraia Uraian n

5

5+5+

–

+

t2

≤ 16


–t

1. Fungsi Fungsi y = |x |x + 2| 2| + |x |x – 1|. 1|. Pembuat nol nilai mutlak: |x + 2| = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = –2 |x – 1| = 0 ⇔ x – 1 = 0 ⇔ x = 1

–2

1)

1

Untuk Untu k in inte terv rval al x ≤ –2: |x + 2| = –(x + 2) |x – 1| = –(x – 1) y = |x + 2| + |x – 1| ⇔ y = –(x + 2) + (–(x – 1)) ⇔ y = –x – 2 – x + 1 ⇔ y = –2x – 1

Pada interval x ≤ –2, grafik fungsi y = |x + 2| + |x – 1| berupa grafik fungsi y = –2x – 1. 2)

3)

Untuk Untu k int inter erv val –2 ≤ x ≤ 1: |x + 2| = x + 2 |x – 1| = –(x – 1) y = |x + 2| + |x – 1| ⇔ y = x + 2 + (–(x – 1)) ⇔ y = x + 2 – x + 1 ⇔ y = 3 Pada interval –2 ≤ x ≤ 1, grafik fungsi y = |x + 2| + |x – 1| berupa grafik fungsi y = 3. Untuk Untu k in inte terv rval al x ≥ 1: |x + 2| = x + 2 |x – 1| = x – 1 y = |x + 2| + |x – 1| ⇔ y = x + 2 + (x – 1) ⇔ y = x + 2 + x – 1 ⇔ y = 2x + 1

1)

2) ⇔ ⇔

3)

3 . a.

Y

5

b. y = |x + 2| + |x – 1|

3 2 1 X –1

0

1

2

3

4

2. |2 – |4 – |2 – x||| x||| = 2 ⇔ 2 – |4 – |2 – x|| = 2 atau –(2 – |4 – |2 – x||) = 2 ⇔

2 – |4 – |2 – x|| = 2 atau 2 – |4 – |2 – x|| = –2

⇔

|4 – |2 – x|| = 0 atau |4 – |2 – x|| = 4 4 – |2 – x| = 0 atau –(4 – |2 – x|) = 0 atau 4 – |2 – x| = 4 atau –(4 – |2 – x|) = 4

⇔

|2 – x| = 8 ⇔ 2 – x = 8 ⇔ 2 – x= 8 –x = 6 ⇔ x = –6 ⇔

atau –(2 – x) = 8 atau 2 – x = –8 atau – x = –1 0 atau x = 10

⇔

4 – |2 – x| = 0 atau 4 – |2 – x| = 0 atau 4 – |2 – x| = 4 atau 4 – |2 – x| = –4

⇔

|2 – x| = 4 atau |2 – x| = 4 atau |2 – x| = 0 atau |2 – x| = 8

⇔

|2 – x| = 4 atau |2 – x| = 0 atau |2 – x| = 8

2|x – 6| – 2(2 – 3x) < 6x 2|x – 6| – 4 + 6x < 6x 2|x 2| x – 6| < 4 ⇔ |x – 6| 6| < 2 ⇔ –2 < x – 6 < 2 ⇔ 4
6

–2

|2 – x| = 0 2 –x= 0 x=2

Gabung Gabu ngan an pe peny nyel eles esai aian an:: x = –2 atau x = 6 atau x = 2 atau x = –6 atau x = 10 Jadi, himpunan penyelesaian persamaan |2 – |4 – |2 – x||| = 2 adalah {–6 , –2, 2, 6, 10}

Grafik fungsi y = |x + 2| + |x – 1|:

–3

atau –(2 – x) = 4 atau 2 – x = –4 atau – x = –6 atau at x=6

4)

Pada interval x ≥ 1, grafik fungsi y = |x + 2| + |x – 1| berupa grafik fungsi y = 2x + 1.

4

|2 – x| = 4 ⇔ 2 – x = 4 ⇔ 2 – x= 4 –x = 2 ⇔ x = –2 ⇔

3|2x – 1| – 3(x + 3) ≥ –3x 3|2x – 1| – 3x – 9 ≥ –3x ⇔ 3|2x – 1| ≥ 9 ⇔ |2x – 1| ≥ 3 ⇔ –3 3 atau 2x – 1 ≥ 3 ⇔ 2x – 1 ≤ – 2x ≤ – –2 2 atau 2x ≥ 4 ⇔ x ≤ – –1 1 atau x ≥ 2 ⇔ Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≤ –1 atau x ≥ 2}.

4. Pertid ertidaks aksama amaan an |–x| |–x| + |1 |1 – x| ≥ |x + 2|. Pembuat nol nilai mutlak: |–x| = 0 ⇔ –x = 0 ⇔ x = 0 |1 – x| = 0 ⇔ 1 – x = 0 ⇔ x = 1 |x + 2| = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = –2

–2

1)

0

1

Untuk Untu k in inte terv rval al x ≤ –2: |–x| = –x |1 – x| = 1 – x |x + 2| = –(x + 2) |–x| + |1 – x| ≥ |x + 2| ⇔ –x + (1 – x) ≥ –(x + 2) –x + 1 – x ≥ –x – 2 ⇔ –2x + 1 ≥ –x – 2 ⇔ –x ≥ –3 ⇔ x ≤ 3 ⇔

Matematika Kelas X

81

Irisan penyelesaian x ≤ 3 dan interval x ≤ –2 adalah x ≤ –2. Penyelesaian |–x| + |1 – x| ≥ |x + 2| untuk interval x ≤ –2 adalah x ≤ –2. 2)

5. x|x x|x – 2| < x – 2 Nilai |x – 2| dipecah menjadi dua kemungkinan yaitu x – 2 < 0 dan x – 2 ≥ 0. a.

Untuk Untu k int inter erv val –2 ≤ x ≤ 0: |–x | = –x |1 – x| = 1 – x |x + 2| = x + 2 |–x| + |1 – x| ≥ |x + 2| –x +(1 – x) ≥ x + 2 ⇔ –x + 1 – x ≥ x + 2 ⇔ –2x + 1 ≥ x + 2 ⇔ –3x ≥ 1 ⇔ x ≤ –

⇔

. . . (1) 2

Pada interval x – 2 < 0 berlaku |x – 2| = –(x – 2) x|x – 2| < x – 2 x(–(x x(– (x – 2)) 2)) < x – 2 ⇔ 2 ⇔ –x + 2x – x + 2 < 0 –x2 + x + 2 < 0 ⇔ (–x – 1)(x 1)(x – 2) < 0 ⇔

1 3

Irisan penyelesaian x

1 dan 3 1 ≤ – . 3

≤

–2 ≤ x ≤ 0 adalah –2 ≤ x

–

interval

Pembuat nol: (–x – 1)(x – 2) = 0 ⇔ x = –1atau x = 2 –

Penyelesaian |–x| + |1 – x| ≥ |x + 2| untuk interval –2 ≤ x ≤ 0 adalah –2 ≤ x ≤ – 3)

4)

5)

1 3

Untuk Untu k int nter erva vall x ≥ 1: |–x | = x |1 – x| = –(1 – x) |x + 2| = x + 2 |–x| + |1 – x| ≥ |x + 2| ⇔ x + (–(1 – x)) ≥ x + 2 x – 1 + x ≥ x + 2 ⇔ 2x – 1 ≥ x + 2 ⇔ x ≥ 3 ⇔ Irisan penyelesaian x ≥ 3 dan interval x ≥ 1 adalah x ≥ 3. Penyelesaian |–x| + |1 – x| ≥ |x + 2| untuk interval x ≥ 1 adalah x ≥ 3.

+

–

–1

.

Untuk Untu k int nter erva vall 0 ≤ x ≤ 1: |–x| = x |1 – x| = 1 – x |x + 2| = x + 2 |–x| + |1 – x| ≥ |x + 2| ⇔ x + (1 – x) ≥ x + 2 x + 1 – x ≥ x + 2 ⇔ 1 ≥ x + 2 ⇔ –1 ≥ x ⇔ x ≥ –1 ⇔ Irisan penyelesaian x ≥ –1 dan interval 0 ≤ x ≤ 1 adalah { }. Penyelesaian |–x| + |1 – x| ≥ |x + 2|untuk interval 0 ≤ x ≤ 1 adalah { }.

. . . (2)

2

Irisan penyelesaian (1) dan (2). . . . (3) –1

Penyelesaiannya: x < –1 b.

Untuk x – 2 ≥ 0: x – 2 ≥ 0 = x ≥ 2 . . . (4) 2

Pada interval x – 2 ≥ 0 berlaku |x – 2| = (x – 2) x|x – 2| < x – 2 x(x – 2) < x – 2 ⇔ 2 ⇔ x – 2x – x + 2 < 0 x2 – 3x 3x + 2 < 0 ⇔ (x – 1)( 1)(x x – 2) 2) < 0 ⇔ Pembuat nol: (x – 1)(x – 2) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 2 . . . (5) 1

2

Irisan penyelesaian (4) dan (5). Penyelesaiannya: { } c.

Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian n (3) (3) dan dan (5) (5)

Gabu Ga bung ngan an pe peny nyel eles esai aian an x ≤ –2 atau –2 ≤ x ≤ – adalah x

1 ≤ – 3

1 3

atau { } atau x ≥ 3

atau x ≥ 3.

|–x| + |1 – x| ≥ |x + 2| adalah x ≤ – Ulangan Tengah Semester

–1

Penyelesaiannnya: x < –1


82

Untuk x – 2 < 0: x – 2 < 0 ⇔ x < 2

1 3

atau x ≥ 3.

Jadi, semua nilai x yang memenuhi x|x – 2| < x – 2 adalah x < –1.

6 . a.

2 2x

3

+

2

⇔

Penyelesaian: –2 < x ≤ 1 atau 3 ≤ x < 5

< –5

2x

+

3

5(2x + 3) 2x + 3

+

2 + 10 x + 15 2x + 3 10 x + 17 2x + 3

⇔

⇔

1)

Jadi, himpunan penyelesaian <0

x=

2)

7 . a.

<0

3)

⇔

≤

x

⇔

1)

2)

3)

−

4x + 3

3x

− 10

(x − 1)(x (x − 5)(x

3 2

6

Penyelesaian: –2 ≤ x < 6 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan

3 2

2x 2 2x

+

3

, x ∈ R}.

+

4

<

4 adalah {x | –2

≤

x < 6,

x ∈ R}.

< –5 b.

x2

+

6x + 8 >

x + 2 (kedua ruas bernilai

positif) Kedua ruas dikuadratkan:

− 3)

⇔

2) ≤ 0

Pem embu buat at no noll pem pembi bila lang ng:: (x – 1)( 1)(x x – 3) 3) = 0 ⇔ (x – 1) = 0 atau (x – 3) = 0 x = 1 atau x=3 ⇔ Pem embu buat at no noll pe peny nyeb ebut ut:: (x – 5)(x + 2) = 0 ⇔ (x – 5) = 0 atau (x + 2) = 0 x = 5 atau x = –2 ⇔ Sya yara ratt pen peny yeb ebut ut:: (x – 5)(x + 2) ≠ 0 x ≠ 5 atau x ≠ –2

Diagram penyelesaian

–2

4 )2 < 42


0:

≤ 0

+

+

–2


−

4 (kedua ruas bernilai positif)

–2

< x < –

< x < –

<

. . . (2)

3 2

3

17 10

≤ 0

6

–2

adalah {x | –

− 10

Syarat akar: ⇔ 2x + 4 ≥ 0 2x ≥ 4 ⇔ x ≥ –2 ⇔

17

17 10

3x

. . . (1)

3 2

– 10

Penyelesaian: –

−

4x + 3

2x + 4 < 16 2x < 12 x < 6

⇔

10 x + 17

2

4

⇔

Diagram penyelesaian 2x + 3

x2

+

( 2x

⇔

Sya yara ratt pen peny yeb ebut ut:: 2x + 3 ≠ 0 2x ≠ –3 ⇔ x ≠ –

−

Kedua ruas dikuadratkan:

17 – 10

x =–

⇔

b.

2x

Pem embu buat at no noll pe peny nyeb ebut ut:: 2x + 3 = 0 2x = –3 ⇔ ⇔

x

2

adalah {x | –2 < x ≤ 1 atau 3 ≤ x < 5, x ∈ R}.

<0

Pem embu buat at no noll pem pembi bila lang ng:: 10x 10 x + 17 = 0 10x 10 x = –17 –17 ⇔ ⇔

x2

1

(x − 1)(x (x − 5)(x

3

− 3) +

2) ≤ 0:

⇔ ⇔ ⇔

( x2

+

6x + 8 )2 > ( x + 2 )2

x2 + 6x + 8 > x + 2 x2 + 5x + 6 > 0 (x + 2)(x + 3) > 0

Pembuat nol: (x + 2)(x 2)(x + 3) = 0 (x + 2) = 0 atau (x + 3) = 0 ⇔ x = –2 at atau x = –3 ⇔ Diagram penyelesaian (x + 2)(x + 3) > 0: . . . (1) –3

–2

Syarat akar: 1) x2 + 6x + 8 ≥ 0 ⇔ (x + 2)(x + 4) ≥ 0

5

Matematika Kelas X

83

Pembuat nol: (x + 2)( 2)(x x + 4) = 0 (x + 2) = 0 atau (x + 4) = 0 ⇔ x = –2 atau x = –4 ⇔

4 x − 10 ≥ 0: x−3


. . . (1)

Diagram penyelesaian (x + 2)(x + 4) ≥ 0: 5 2

. . . (2) –4

2)

–2

2)

y ≤ 4

x −1 ≤ 4 x−3 x −1 – 4 ≤ 0 x −3 x − 1 − 4(x − 3) ≤ 0 x −3 −3x + 11 ≤ 0 x−3

⇔ ⇔

x+ 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ –2

⇔

. . . (3)

⇔

–2

3

Pembuat nol pembilang: –3x + 11 = 0 ⇔ x =


11 3

Pembuat nol penyebut: x – 3 = 0 ⇔ x = 3 −3x + 11


–2

x−3

≤ 0:

Penyelesaian: x > –2 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan x2

+

6x + 8 >

3)

 x −1 8. Pert ertid idak aksa sama maan an   x−3

2

≤

x −1 + x−3

Iris Ir isan an pen penye yele lesa saia ian n (1) (1) dan dan (2): (2):

12. 5 2

x −1 maka pertidaksamaan menjadi: x−3

Misalkan y =

⇔

2

x + 2 adalah {x | x > –2,

x ∈ R}.

⇔

. . . (2) 11 3

11 3

Penyelesaiannya: x ≤

y2 ≤ y + 12 2 y – y – 12 ≤ 0 (y + 3)(y – 4) ≤ 0

5 2

atau x ≥

11 3 2

x −1  x −1 Jadi, nilai x yang memenuhi  ≤  x−3 x−3

Pembuat nol: (y + 3)(y – 4) = 0 ⇔ (y + 3) = 0 atau (y – 4) = 0 y = –3 atau y = 4 ⇔

+ 12 adalah x ≤

5 2

atau x ≥

11 . 3

9. Lpermukaan kerucut = Lselimut +Lalas kerucut L = πr r 2

Diagram penyelesaian (y + 3)(y – 4) ≤ 0:

+

t 2 + πr2

Luas permukaan kerucut paling kecil 65π satuan luas sehingga L ≥ 65π. Dengan demikian, diperoleh: 4

–3

πr

Penyelesaiannya: –3 ≤ y ≤ 4 ⇔ –3 ≤ y dan y ≤ 4 1)

–3 ≤ y

–3 ≤

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

x −1 x−3

x −1 + 3 ≥ 0 x−3 x − 1 + 3(x − 3) ≥ 0 x−3 4x − 10 ≥ 0 x −3

⇔ π ⇔

4x – 10 = 0

⇔ x

=

=

5 2

Pembuat nol penyebut: x – 3 = 0 ⇔ x = 3

84


+

+

t 2 + πr2

t 2 + π × 52

≥ 65π ≥ 65π (dibagi π)

2 5 25 + t + 25 ≥ 65

⇔

2 5 25 + t

≥ 65

⇔

2 5 25 + t

≥ 40

⇔

25 + t 2

Pembuat nol pembilang: 10 4

× 5 52

r2

⇔ ⇔ ⇔

2 ( 25 + t )2

– 25

≥ 8 2 ≥ 8 (dikuadratkan)

25 + t2 ≥ 64 t2 – 39 ≥ 0

Pembuat nol: t2 – 39 = 0 ⇔

2)

Diagram penyelesaian t2 – 39 ≥ 0: –

4x − 1 ≥ 0: 2

4x − 1 ≥ 0 ⇔ 4x 2

t = ± 39

+

Untuk

⇔ x ≥

1 4

39

Penyelesaian: t ≤ – 39 atau t ≥ 39 Tinggi kerucut selalu bernilai positif sehingga diambil t ≥ 39 .

4x − 1 ≥ 0 2

Oleh karena

pertidaksamaan

maka kedua ruas

positif sehingga dapat dikuadratkan. 4x − 1 2 )

⇔

( 3x − 2 )2 < ( 2

39 . Jadi, minimum tinggi kerucut agar luas permukaan kerucut paling kecil 65π satuan luas dengan jari-

⇔

3x – 2 <

10.

7x − 2 –

≥

7x − 2 > 1 + 3x − 2 Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. ⇔

( 7x − 2 )2 > (1 +

3x − 2 )2

7x – 2 > 1 + 2 3x − 2 + (3x – 2)

⇔ ⇔

7x – 2 – 1 – 3x 3x + 2 > 2 3x − 2

⇔

4x – 1 > 2 3x − 2 3x − 2 <

⇔

Untuk

4x − 1 < 2

4x − 1 < 2

0

D=

4

16x2 – 16x

12x 12 x–8< 16x2 – 2 20x 0x + 9 > 0

8x + 1

(−20 2 0)2 − 4 × 16 × 9 = –176 < 0

Syarat akar terdefinisi: 7x – 2 ≥ 0

⇔ x ≥

2 7

. . . (2) 2 7

4x − 1 2

b)

3x – 2 ≥ 0

⇔

x≥

2 3

. . . (3)

0:

⇔ 4x

– 1 < 0 ⇔ x <

1 4

2 3


1 4

4x − 1 < 0 maka pertidaksamaan 2 4x − 1 tidak dipenuhi oleh semua 2

Oleh karena 3x − 2 <

− 8x + 1

maka grafik 16x2 – 20x + 9 definit positif sehingga 16x2 – 20x + 9 > 0 terpenuhi oleh semua nilai x.

a)

Ruas kanan nilainya belum tentu positif sehingga nilai ruas kanan dibagi menjadi dua kemungkinan. 1)

16x 2

Oleh karena a = 16 > 0 dan

3x − 2 >1

⇔

⇔ ⇔

39 satuan.

4x − 1 bernilai 2

3x − 2 <

39 adalah

Nilai t minimum pada interval t

jari 5 satuan adalah

1 4

. . . (1)

+

– 39

– 1 ≥ 0

nilai x. Tidak ada nilai x yang memenuhi.

2 3

Penyelesaiannya: x ≥

2 3

Jadi, himpunan penyelesaian 7x − 2 – 3x − 2 > 1 adalah {x | x ≥

2 3

, x ∈ R}

Matematika Kelas X

85

Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. meny menyusun usun siste sistem m persamaan persamaan linear linear tiga tiga variabel variabel dari dari masalah masalah kontekst kontekstual; ual; 2. menyelesai menyelesaikan kan masalah masalah kontekstual yang berkaitan berkaitan dengan sistem persamaan linear tiga tiga variabel. variabel. Setelah mempelajari bab ini diharapkan peserta didik mampu menunjukkan sikap jujur, tertib, mengikuti aturan, konsisten, disiplin, cermat, teliti, bertanggung jawab, dan berpikir logis.

Sistem Persamaan Linear Tiga Variabel Sistem (SPLTV) Mempelajari

Bentuk Persamaan Linear dan Sistem Persamaan Linear Tiga Variabel

Penyelesaian Sistem Persamaan Linear Tiga Variabel

Mencakup

Mencakup

1. Bentuk Bentuk Sist Sistem em Persa Persamaa maan n Linea Linearr Dua Variabel (SPLDV) 2. Peny Penyele elesai saian an dan dan Bukan Bukan Peny Penyele elesai sai-an SPLDV 3. Be Bent ntuk uk SP SPLT LTV V 4. Peny Penyele elesai saian an dan dan Bukan Bukan Peny Penyele elesai sai-an SPLTV

Permasalahan yang Berhubungan dengan Sistem Persamaan Linear Tiga Variabel Mencakup

1. Penyeles Penyelesaian aian SPLT SPLTV V Meng Mengguna gunakan kan Metode Substitusi 2. Peny Penyeles elesaian aian SPLT SPLTV V Meng Mengguna gunakan kan Metode Eliminasi 3. Peny Penyeles elesaian aian SPLT SPLTV V Meng Mengguna gunakan kan Metode Eliminasi-Substitusi

1. Pemili Pemilihan han Varia Variabel bel yang yang Mewaki Mewakili li Permasalahan yang Berkaitan dengan SPLTV 2. Peny Penyusun usunan an Mode Modell Mate Matemati matika ka Berbentuk SPLTV 3. Pen Penyel yelesai esaian an Model Model Mate Matemati matika ka Berbentuk SPLTV

Mampu • • • • •

86

Menunjukkan Menunjuk kan sikap sikap tertib, tertib, konsisten konsisten,, disiplin, disiplin, cermat, cermat, teliti, teliti, dan berpiki berpikirr logis dalam dalam mempelajari SPLTV. Menentuk Mene ntukan an penye penyelesa lesaian ian dan buka bukan n penyel penyelesai esaian an SPLT SPLTV. V. Menentuk Mene ntukan an penyeles penyelesaian aian SPLTV SPLTV menggun menggunakan akan metode metode substi substitusi tusi,, eliminasi eliminasi,, dan eliminasi-substitusi. Menyus Men yusun un SPLT SPLTV V dari dari masa masalah lah kont kontek ekstu stual. al. Menyeles Meny elesaika aikan n masala masalah h yang yang berka berkaitan itan deng dengan an SPLT SPLTV. V.

Sistem Persamaan Linear Tiga Variabel

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Dari sistem persamaan (i) diperoleh: 4x + y + z = y – 2  4x + z = –2 3x + 2z 2z = 2y 2y  3x – 2y + 2z = 0 3y + z = 0 Disimpulkan bahwa sistem persamaan (i) bukan sistem persamaan linear homogen. Dari sistem persamaan (ii) diperoleh: x – y+ 4= 4  x –y=0 

10x – 2y + 2 = z + 2 10x – 2y – z = 0

6x – y = 2y 2y  6x – 3y 3y = 0 Disimpulkan bahwa sistem persamaan (ii) merupakan sistem persamaan linear homogen. 5y + 3z + 2 = x + 2  –x + 5y + 3z = 0 2y – 5z 5z = 0 13y – z + 100 100 = 100  13y 13 y – z= 0 Disimpulkan bahwa sistem persamaan (iii) merupakan sistem persamaan linear homogen. 10 – x + z = 5y + 10  –x – 5y + z = 0 5x + 3y = 2z + 5 5x + 3y – 2z = 5 7x + y + 11z 11z = 0 Disimpulkan bahwa sistem persamaan (iv) bukan sistem persamaan linear homogen. Jadi, sistem persamaan linear homogen ditunjukkan oleh sistem (ii) dan (iii). 

2. Jawaban: d Diketahui (a – 2, a + 1) adalah penyelesaian dari sistem persamaan 4x – 3y = –8 dan 5x + 2y = 13. Dengan demikian diperoleh: 4x – 3y 3y = –8 –8  4(a – 2) – 3(a 3(a + 1) = –8  4a – 8 – 3a – 3 = –8  a – 11 = –8 –8  a=3 Jadi, nilai a = 3. 3. Jawaban: a Diketahui SPLTV: 4 x + 3 y = 76 5 x + 2 z = 66 4 y + 3 z = 72

Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). 4 x + 3 y = 76 × 5 20x + 15 y = 3 80 5 x + 2 z = 66 × 4 20x + 8z = 264 ––––––––––––– – 15y – 8z = 116 . . . (4) Eliminasi z dari persamaan (3) dan (4). 4 y + 3z = 72 ×8 3 2x + 2 4z = 5 7 6 15 y – 8z = 11 6 × 3 45y – 24z = 348 ––––––––––––– + 77y 77 y = 924 924  y = 12 Substitusikan y = 12 ke dalam persamaan (1). 4x + 3y 3y = 76 76  4x + 3 × 12 = 76  4x + 36 36 = 76  4x = 40 40  x = 10 Substitusikan x = 10 ke dalam persamaan (2). 5x + 2z = 66 66  5 × 10 10 + 2z 2z = 66  50 + 2z 2z = 66  2z = 16 16  z=8 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {(10, 12, 8)}. 4. Jawaban: a Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 2x + 3y + 3z = 4 × 2 4x + 6y + 6z = 8 2x – 6y + 9z = 5 × 1 2x – 6y + 9z = 5 –––––––––––––– + 6x + 15z = 13 . . . (4) (4) Eliminasi z dari persamaan (3) dan (4). 4 x + 3z = 4 ×5 2 0x + 15 z = 2 0 6 x + 15 z = 1 3 × 1 6x + 1 5z = 1 3 –––––––––––– – 1 4x = 7 

Substitusikan x =

1 2

ke dalam persamaan (3).

4x + 3z 3z = 4 

4×

1 2

+ 3z = 4

2 + 3z = 4 3z = 2

 

z=



Substitusikan x = . . . (1) . . . (2) . . . (3)

1 2

x=

1 2

2 3

dan z =

2 3

ke dalam persama-

an (1). 2x + 3y + 3z = 4 

2×

1 2

+ 3y + 3 ×

2 3

=4

Matematika Kelas X

87

  

1 + 3y 3y + 2 = 4 3y = 1 y=

1 3 1 2

Jadi, himpunan penyelesaiannya {( ,

1 3

,

2 3

)}.

5. Jawaban: c Diketahui sistem persamaan linear: 5x – 3y = 26 . . . (1) 4 y + 3 z = – 17 . . . (2) 3x + 5z = –3 . . . (3) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 5x – 3y = 26 × 4 20x – 12y = 104 4y + 3z = –17 × 3 1 2 y + 9z = –5 1 –––––––––––– + 20x + 9z = 53 . . . (4) Eliminasi z dari persamaan (3) dan (4). 3x + 5z = –3 × 9 27x + 45z = –27 2 0x + 9 z = 5 3 × 5 10 0 x + 45 z = 2 65 –––––––––––––– – –73x –7 3x = –292 –292  x=4 Substitusikan x = 4 ke dalam persamaan (1). 5x – 3y = 26 26  5 × 4 – 3y = 26  20 – 3y 3y = 26 26  y = –2 Substitusikan x = 4 ke dalam persamaan (3). 3x + 5z = –3 –3  3 × 4 + 5z = –3  12 + 5z 5z = –3 –3  z = –3 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {(4, –2, –3)}. 6. Jawaban: c Diketahui penyelesaian sistem persamaan tersebut (–5, 2, 1). Substitusikan x = –5, y = 2, dan z = 1 ke dalam persamaan (1). 4x + 3y + z = a  4 × (–5) (–5) + 3 × 2 + 1 = a  –20 –2 0 + 6 +1 = a  a = –1 –13 Substitusikan x = –5, y = 2, z = 1, dan a = –13 ke dalam persamaan (2). 2x + 4y + 4z = a + 5b  2 × (–5) + 4 × 2 + 4 × 1 = (–13) + 5b 5b  –10 + 8 + 4 = 5b – 13 13  5b – 13 13 = 2  5b = 15 15  b=3 a – b = –13 –13 – 3 = –16 Jadi, nilai a – b = –16.

88


7. Jawaban: d Diketahui penyelesaian sistem persamaan tersebut {(–2, –3, 4)}. Substitusikan x = –2, y = –3, dan z = 4 ke dalam sistem persamaan. x + 5y + 2z = –a – b – c  (–2) + 5 × (–3) (–3) + 2 × 4 = –a – b – c  –a – b – c = –9 3x – y + 4z = 5a + b  3 × (–2) – (–3) (–3) + 4 × 4 = 5a + b  5a + b = 13 13 2x + y + 5z 5z = 6a + 1  2 × (–2) + (–3) + 5 × 4 = 6a + 1  6a + 1 = 13 13  6a = 12 12  a=2 Substitusikan a = 2 ke dalam persamaan 5a + b = 13. 5a + b = 13 13  5 × 2 + b = 13 13  10 + b = 13 13  b=3 Substitusikan a = 2 dan b = 3 ke dalam persamaan –a – b – c = –9. –a – b – c = –9 –9  –2 – 3 – c = –9  –5 – c = –9 –9  –c = –4 –4  c=4 2a + b + 3c = 2 × 2 + 3 + 3 × 4 = 4 + 3 + 12 = 19 Jadi, nilai 2a + b + 3c = 19. 8. Jawaban: c SPLTV mempunyai banyak penyelesaian jika ai a j

bi

ci

di

= b = c = d . j j j

Dari persamaan (1) dan (2) SPLTV tersebut diperoleh: a1 a2

=

d1 d2



2 4

=

9 d2



1 2

=

9 d2



d2 = 18

Dari persamaan (2) dan (3) diperoleh:



a1 a3

=

d1 d3

2 6

=

9 d3

d3 = 27 Jadi, nilai d2 = 18 dan d3 = 27. 

9. Jawaban: c Diketahui sistem persamaan: a x + y + 2z = 5 . . . (1) bx – y + 3z = 3 . . . (2) cx – y + z = –1 . . . (3)





. . . (5)

 

1 3

=7

4q = 4 q=1

–



3

1 z+2

1

1 2

= x+1 –2 = x + 1 x = –3 q=

1 3


1 y

3



1



1=



1 = y– 3 y=4

1

Eliminasi q dari persamaan (4) dan (5). 5q + 12 r = 9 × 4 2 0q + 4 8r = 3 6 4q + 9r = 7 × 5 20 q + 45 r = 35 ––––––––––––– – 3r = 1

4q + 9 ×

 

Eliminasi p dari persamaan (2) dan (3). –4p + q + 6r = 2 4p + 3q + 3r = 2 –––––––––––––– + 4q + 9 r = 7 . . . (5)



y

, r =

1

Eliminasi p dari persamaan (1) dan (2). 2 p + 2 q + 3r = 2 × 2 4p + 4 q + 6 r = 4 – 4p + q + 6r = 5 × 1 – 4p + q + 6 r = 5 –––––––––––––– + 5q + 12r = 9 . . . (4) (4)

4q + 9r 9r = 7

1

p = x +1 , q =

p = x+1

Misalkan: p = x + 1 , q = y  3 , r = z + 2 . Sistem persamaan tersebut dapat ditulis menjadi: 2p + 2q + 3 r = 2 . . . (1) – 4p + q + 6 r = 5 . . . (2) 4p + 3q + 3 r = 2 . . . (3)

Substitusikan r =

1

Dimisalkan



r=

1 2

sehingga:

10. Jawaban: a

1 3

p=–



. . . (4)

=2

2p + 2 + 1 = 2 2p = –1 –1



Jumlahkan persamaan (4) dan (5). 7x + 5z = 8 5x + 3z 3z = 4 ––––––––––– + 12x + 8z 8z = 12 Jadi, nilai 12x + 8z = 12. 1

1 3

2p + 2 × 1 + 3 ×



Jumlahkan persamaan (1) dan (3). ax + y + 2z 2z = 5 cx – y + z = –1 –––––––––––––– + (a + c)x + 3z= 4  5 x + 3z = 4



ke dalam

persamaan (1). 2p + 2q + 3r = 2

Jumlahkan persamaan (1) dan (2). ax + y + 2z 2z = 5 bx – y + 3z 3z = 5 –––––––––––––– + (a + b)x + 5z= 5  7 x + 5z = 8

1

1 3

Substitusikan q = 1 dan r =

r= 

1 3

=

y



3

1 z+2 1 z+2

3= z+ 2  z=1 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {(–3, 4, 1)}. 

B. Uraian 1. a.

Nila Ni laii p dan dan q di dite tent ntuk ukan an seb sebag agai ai ber berik ikut ut..

   

2x+y 4

+

 2x + y  4



16 

  

+ 2y 16

+ 2y   16 

x

= –1 = –1 × 16

4(2x + y) y) + (–x + 2y) = –16 8x + 4y 4y – x + 2y 2y = –16 –16 7x + 6y 6y = –16 –16 3x + 2y 2



x

–

 3 x + 2y 2 

6



 x  2y

3 x

+ 2y   3 

=2 =6×2

3(3x + 2y) – 2(–x 2(–x + 2y) 2y) = 12 9x + 6y + 2x 2x – 4y = 12 11x 11 x + 2y 2y = 12

7x + 6y = – 1 6 11 x + 2 y = 12

×1 ×3

7x + 6y = – 16 33 x + 6y = 36 –––––––––––– – –26x –2 6x = –52 –52  x=2

Matematika Kelas X

89

Substitusikan x = 2 ke dalam persamaan 11x + 2y = 12. 11x 11 x + 2y = 12 12  11 × 2 + 2y 2y = 12  22 + 2y 2y = 12 12  2y = –10 –10  y = –5 Diperoleh p = x = 2 dan q = y = –5. Jadi, nilai p = 2 dan q = –5 b.

2. a.

2p + 3q = 2 × 2 + 3 × (–5) = 4 – 15 = –11 Jadi, nilai 2p + 3q = –11.

 

90

 

2  4x 

y + z  2 

= 17 = 2 × 17

8x – y – z = 34



x + 2 z

5 

y+z 2

. . . (2)

+ 3y 3y = 1

 x + 2z   3y  = 5 × 1 5  

5

–x + 1 5 y + 2z = 5

. . . (3)

Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 2x + y + 6z 6z = –9 8x – y – z = 34 –––––––––––––– + 10x 10 x + 5z 5z = 25  2x + z = 5 . . . (4)

Diketahui SPLTV: 3x – 2y = –10 4x + 5z = 21 4y – 3z = –43

Eliminasi y dari persamaan (1) dan (3). 2x + y + 6z = –9 –x + 15y + 2z = 5

× 15 ×1

30x + 15y + 90z = –135 –x + 15y + 2z = 5 ––––––––––––––––––– –––––––––––––––– ––– – 31x + 88z = –140 –140 . . . (5)

Eliminasi z dari persamaan (4) dan (5).


2x + z = 5 31x + 88z = –140

4y – 3z = –43 × 5 20y – 15z = –215 –8y – 15z = –1 –103 × 1 –8y – 15z = –1 –103 ––––––––––––– – 28y 28 y = –11 –112 2  y = –4 Substitusikan y = –4 ke dalam persamaan (1). 3x – 2y 2y = –10 –10  3x – 2 × (–4 (–4)) = –10 –10  3x = –1 –18 8  x = –6 Substitusikan x = –6 ke dalam persamaan (2). 4x + 5z = 21 21  4 × (–6) (–6) + 5z 5z = 21  –24 –2 4 + 5z 5z = 21  5z = 45 45  z=9 Jadi, himpunan penyelesaian SPLTV adalah {(–6, –4, 9)}.

Substitusikan x = 4 ke dalam persamaan (4). 2x + z = 5  2 × 4+ z= 5  8 +z=5  z = –3 Substitusikan x = 4 dan z = –3 ke dalam persamaan (1). 2x + y + 6z = –9 –9  2 × 4 + y + 6 × (–3) (–3) = –9  y – 10 = –9 –9  y=1 Jadi, himpunan penyelesaian SPLTV tersebut adalah {(4, 1, –3)}.

+ 2z 2z = –3

 2x + y 3 3  




Misalkan: p =

1 x

–4p + 4q + 9r = –6 8p – 6q + 3r = 4

2z  = 3 × (–3)

2x + y + 6z = –9

4 . a.

× 88 ×1



2

176x + 88z = 440 31x + 88z = –140 ––––––––––––––– – 145x 145 x = 580 580 x=4 

;q=

1

, dan r = y 1

1 z 1

.

Sistem persamaan linear tersebut dapat ditulis menjadi: –4 p + 4q + 9 r = – 6 . . . (1) 8p – 6q + 3r = 4 . . . (1) 4 p + 2q – 6 r = 2 . . . (1) Eliminasi p dari persamaan (1) dan (2).

2x – y – z= 2 × (– (–6 6) – (– (–4) 4) – 9 = –12 + 4 – 9 = –17 Jadi, nilai 2x – y – z = –17. 2x+y 3

3.





Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). 3 x – 2y = –1 0 × 4 1 2x – 8y = – 40 4x + 5 z = 2 1 × 3 12x + 15z = 63 –––––––––––––– – –8y – 15z = –103 –103 . . . (4)

b.

4x –

. . . (1)

×2 ×1

–8p + 8q + 18r = –12 8p – 6q + 3r = 4 ––––––––––––––––– –––––––––––––– ––– + 2q + 21r 21r = –8 . . . (4)

Eliminasi p dari persamaan (1) dan (3). –4p + 4q + 9r 9r = –6 4p + 2q – 6r = 2 –––––––––––––––– + 6q + 3r = –4 . . . (5) Eliminasi q dari persamaan (4) dan (5). 2q + 21r = –8 × 3 6q + 63r = –24 6q + 3r = –4 × 1 6 q + 3r = –4 ––––––––––– – 60rr = –20 60 –20 r=–



Substitusikan r = –

1 3

1 3

b.

1 3

5. a.

ke dalam persamaan



Substitusikan q = –

1 2

1 2

dan r = –

1 3

ke dalam

persamaan (1). 

–4p + 4 × (–

) + 9 × (–

1 3



p=



Ingat kembali bahwa p = dan r =

) = –6

x

1 4 1 

2

; q =

–

1

, y 1

b.

1

 



  

–

1 2

=

1 y

1

1 y

1

y + 1 = –2 –2 y = –3 r=

1 z 1

= 25

4 5

KM = –20 –20

KM 5 25 + 5

KL +

= 25

KL

= 25

KL + 5 = 25 25  KL = 20 20 Jadi, panjang KL 20 cm. 

1

q=

KM 5

Substi Sub stitus tusika ikan n KM KM = 25 ke ke dala dalam m pers persama amaan an (3).

sehingga: z 1

= x+2 x +2= 4 x=2

. . . (3)

KM = 25 Jadi, panjang KM = 25 cm.

1

1 4

= 25 cm



p= x+2 

KM 5

KL + KM KM = 45 45 ––––––––––––– –

–4p – 2 – 3 = –6 –4p = –1 –1



1

Nila Ni laii KL, KL, KM KM,, dan dan LM di dite tent ntuk ukan an de deng ngan an cara menyelesaikan SPLTV: 2KL – LM = 17 cm . . . (1) LM + 2KM = 73 cm . . . (2)

KL +

–4p + 4q + 9r 9r = –6 1 2

z

Eliminasi LM dari persamaan (1) dan (2). 2KL 2K L – LM LM = 17 LM + 2KM 2KM = 73 73 –––––––––––––– + 2KL + 2KM 2KM = 90  KL + KM = 45 . . . (4) Eliminasi KL dari persamaan (3) dan (4).

) = –4

q=–



1

5x – y – 2z = 5 × 2 – (–3 (–3)) – 2 × (– (–2) 2) = 10 + 3 + 4 = 17 Jadi, nilai 5x – y – 2z = 17.

KL +

6q – 1 = –4 –4 6q = –3



=

z – 1 = –3 –3  z = –2 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {(2, –3, –2)}.

6q + 3r 3r = –4 –4 6q + 3 × (–

1 3



(5). 

–



c.

Substitus Substi tusika ikan n KL KL = 20 ke ke dala dalam m pers persama amaan an (1). 2KL 2K L – LM = 17  2 × 20 – LM = 17  40 – LM = 17  LM = 23 Keliling Kelilin g = KL + LM + KM KM = 20 + 23 + 25 = 68 Jadi, keliling segitiga KLM adalah 68 cm.

Matematika Kelas X

91

A. Pilihan Ganda Ganda 1. Jawaban: e Diketahui: x = panjan panjang g AB y = panjang BC z = panjang AC Keliling segitiga = 70  AB + BC + AC = 70  x + y + z = 70 . . . (1) Panjang AC adalah 2 cm lebih dari panjang AB sehingga diperoleh persamaan: AC = AB AB + 2  z = x+ 2  x – z = –2 . . . (2) Panjang BC adalah 6 cm kurang dari panjang AC sehingga diperoleh persamaan: BC = AC – 6  y=z–6  y – z = –6 . . . (3) Jadi, SPLTV dari hubungan panjang sisi-sisi segitiga ABC adalah x + y + z = 70, x – z = –2, dan y – z = –6. 2. Jawaban: b Diket Di ketahu ahui: i: x = bany banyak ak le lemb mbar ar ua uang ng li lima ma ri ribu buan an y = ba bany nyak ak lem lembar bar ua uang ng sep sepul uluh uh ribuan z = ba bany nyak ak lem lemba barr uang uang dua dua pul puluh uh ribuan Jumlah uang tersebut Rp160.000,00 sehingga diperoleh persamaan: 5.000x + 10.000y + 20.000z = 160.000  x + 2 y + 4z = 3 2 . . . (1) Lembar uang pecahan sepuluh ribuan 6 lembar lebih banyak daripada uang pecahan lima ribuan sehingga diperoleh: y=6+x  x – y = –6 . . . (2) Lembar uang pecahan dua puluh ribuan dua kali lembar uang pecahan lima ribuan sehingga diperoleh: z = 2x  2x – z = 0 . . . (3) Jadi, SPLTV yang menyatakan hubungan pecahan-pecahan uang tersebut terse but adalah x + 2y + 4z = 32, x – y = –6, dan 2x – z = 0. 3. Jawaban: a Diket Di ketahu ahui: i: x = bany banyak ak spi spido doll biru biru y = banyak banyak spidol spidol merah z = banyak banyak spidol spidol kunin kuning g Perbandingan antara banyak spidol biru dan spidol merah adalah 3 : 4 sehingga diperoleh:

92


x : y= 3: 4 

x=

3 4

y

. . . (1)

Perbandingan antara banyak spidol biru dan spidol kuning adalah 4 : 5 sehingga diperoleh: y : z= 4: 5 

y=

4 5

z

. . . (2)

Jumlah ketiga jenis spidol tersebut 430 buah sehingga diperoleh: x + y + z = 430 . . . (3) Jadi, SPLTV yang menyatakan hubungan ketiga jenis spidol adalah x =

3 4

y, y =

4 5

z, dan x + y + z

= 430. 4. Jawaban: a Diketahui bilangan dengan angka pertama = x, angka kedua = y, dan angka ketiga = z. Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. x + y = 10 . . . (1) x–z=5 . . . (2) y–z=3 . . . (3) Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). x + y = 10 x –z = 5 ––––––––– – y+z=5 . . . (4) Eliminasi z dari persamaan (3) dan (4). y –z = 3 y +z=5 –––––––– + 2y = 8  y=4 Substitusikan y = 4 ke dalam persamaan (1). x + y = 10  x + 4 = 10  x=6 Sustitusikan y = 4 ke dalam persamaan (3). y–z=3  4 – z = 3  z=1 Bilangan Bilan gan yang yang dicari dicari = xyz = 641 Jadi, bilangan xyz = 641. 5. Jawaban: c Misalkan: Misalk an: x = banyak banyak kel kelere ereng ng mer merah ah y = banyak banyak kelere kelereng ng biru biru z = banyak banyak kelereng kelereng hijau

Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. x:y=3:4

 x

=

3 4

y . . . (1)

x + z = 27 . . . (2) 2 y + z = 47 . . . (3) Substitusikan persamaan (1) ke dalam persamaan (2). x + z = 27 27 

3 4

y + z = 27

. . . (4)

Eliminasi z dari persamaan (3) dan (4). 3 4

y + z = 27

2y + z = 47 –––––––––––– – 5 – y = –2 0 4  y = 16 Substitusikan y = 16 ke dalam persamaan (1). x=

3 4

y

=

3 4

× 16

= 12 Substitusikan x = 12 ke dalam persamaan (2). x + z = 27  12 + z = 27 27  z = 15 Jadi, banyak kelereng merah, biru, dan hijau berturut-turut 12, 16, dan 15. 6. Jawaban: c Misalkan: Misalk an: x = harga harga 1 buk buku u tulis tulis y = harga 1 pensil z = harga 1 bolpoin Dari permasalahan tersebut diperoleh berikut. 3x + 2y + 3z = 15 15.7 .700 00 2x + 3y = 9.200 4y + 3z = 11.000 Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). 3x + 2y + 3z = 15.700 2x + 3y = 9.200

×2 ×3

SPLTV . . . (1 (1)) . . . (2) . . . (3)

6x + 4y + 6z = 31.400 6x + 9y = 27.600 –––––––––––––––––– –––––––––––––––– –– – –5y + 6z = 3.800 3.800 . . . (4) (4)

Eliminasi z dari persamaan (3) dan (4). 4y + 3z = 11.000 × 2 8y + 6z = 22.000 –5y + 6z = 3.800 ×1 –5y + 6z = 3.800 ––––––––––––––– – 13y = 18.2 18.200 00  y = 1.40 1.400 0 Substitusikan y = 1.400 ke dalam persamaan (2). 2x + 3y 3y = 9.200 9.200  2x + 3 × 1.400 1.400 = 9.200 9.200  2x + 4.200 4.200 = 9.200 9.200

2x = 5.0 5.000 00  x = 2.50 2.500 0 Substitusikan y = 1.400 ke dalam persamaan (3). 4y + 3z = 11.0 11.000 00  4 × 1.400 1.400 + 3z = 11.00 11.000 0  5.600 5.6 00 + 3z = 11.00 11.000 0  3z = 5. 5.40 400 0  z = 1. 1.80 800 0 2x + y + z = 2 × 2.500 + 1.400 1.400 + 1.800 = 5.000 + 3.200 = 8.200 Jadi, Isti harus membayar sebanyak Rp8.200,00. 

7. Jawaban: c Misalkan: Misalk an: x = panjan panjang g pita pita merah merah y = panjang pita ungu z = panjang pita kuning Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. x + y + z = 2 75 . . . ( 1) y=z–5 . . . (2) z = x + 20 . . . (3) Substitusikan persamaan (2) ke dalam persamaan (1). x + y + z = 27 275 5  x + (z – 5) 5) + z = 275 275  x + 2z 2z – 5 = 275 275  x + 2 z = 2 80 . . . (4) Substitusikan persamaan (3) ke dalam persamaan (4). x + 2z = 2 80  x + 2(x 2(x + 20) 20) = 280 280  x + 2x + 40 40 = 280 280  3 x = 2 40  x = 80 Substitusikan x = 80 ke dalam persamaan (3). z = x + 20 = 80 + 20 = 100 Diperoleh panjang pita kuning mula-mula mula-mu la = 100 cm. Sisa pita pita kuning kuning = 100 – 35 = 65 Jadi, panjang sisa pita kuning 65 cm. 8. Jawaban: b Misalkan: Misalk an: x = usia Hest Hestii sekara sekarang ng y = usia Ilham sekarang z = usia Johan sekarang Dari permasalahan tersebut diperoleh persamaanpersamaan berikut. (x – 3) + (y – 3) + (z – 3) 3) = 33  x + y + z – 9 = 33  x + y + z = 42 . . . (1) x=y–2 . . . (2) y + z = 30 . . . (3)

Matematika Kelas X

93

Substitusikan persamaan (2) ke dalam persamaan (1). x + y + z = 42  (y – 2) 2) + y + z = 42  2 y + z = 44 . . . (4) Eliminasi z dari persamaan (3) dan (4). y + z = 30 30 2y + z = 44 44 ––––––––––– – –y = –14 –14  y = 14 Substitusikan y = 14 ke dalam persamaan (2). x=y–2 = 14 – 2 = 12 Sekarang tahun 2017 sehingga tahun lahir Hesti sebagai berikut. Tahun lahir = 2017 – 12 = 2005 Jadi, Hesti lahir pada tahun 2005. 9. Jawaban: b Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. 5.000a + 10.000b + 20.000c = 150.000  a + 2 b + 4c = 3 0 . . . (1) 

20.000b 20.00 0b + 50.000 50.000c c = 330.000 330.000 2b + 5c = 3 3 . . . (2)

50.000a 50.00 0a + 100.00 100.000c 0c = 600.000 600.000 a + 2c = 12 . . . (3) Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). a + 2b + 4c= 30 2b + 5c 5c = 33 –––––––––––––– – a – c = –3 . . . (4) Eliminasi a dari persamaan (3) dan (4). a + 2c 2c = 12 12 a – c = –3 –3 –––––––––– – 3c = 15 15  c=5 Uang Pak Lintang= 100.000c = 100.000 × 5 = 500.000 Jadi, uang Pak Lintang sebanyak Rp500.000,00. 

10. Jawaban: d Misalkan: Misalk an: x = harg harga a 1 kg kg jeruk jeruk y = harga 1 kg apel z = harga 1 kg manggis Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLDV berikut. 2x + 3y = 69.000 . . . (1) x + 2y + z = 50.000 . . . (2) 2x + y + 3z 3z = 63 63.000 . . . (3 (3)

94


Eliminasi z dari persamaan (2) dan (3). x + 2y + z = 50 50.000 2x + y + 3z = 63.000

×3 ×1

3x + 6y + 3z = 15 150.000 2x + y + 3z = 63.000 ––––––––––––––––––––– –––––––––––––––– ––––– – x + 5y = 87.000 87.000 . . . (4)

Eliminasi x dari persamaan (1) dan (4). 2 x + 3 y = 6 9 .0 0 0 × 1 2x + 3y = 69.000 x + 5y = 87.000 × 2 2x + 10y = 174.000 –––––––––––––––– – –7y = –105.0 –105.000 00  y = 15. 15.00 000 0 Substitusikan y = 15.000 ke dalam persamaan (1). 2x + 3y = 69.0 69.000 00  2x + 3 × 15.000 15.000 = 69.000 69.000  2x + 45.00 45.000 0 = 69.000 69.000  2x = 24.0 24.000 00  x = 12. 12.00 000 0 Substitusikan x = 12.000 dan y = 15.000 ke dalam persamaan (2). x + 2y + z = 50.00 50.000 0  12.00 12.000 0 + 2 × 15.000 + z = 50.000  42.000 42.00 0 + z = 50.000 50.000  z = 8.0 8.000 00 x + y + z = 12.000 12.000 + 15.000 15.000 + 8.000 8.000 = 35.000 Uang kembal kembalian ian = 50.000 50.000 – 35.000 35.000 = 15.000 Jadi, uang kembaliannya sebanyak Rp15.000,00. B. Uraian 1. a.

Mis Mi sal alk kan an:: x = usia Ti Tino se sekarang y = usia Umi sekarang z = usia Via sekarang Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. x : y= 2 :3 

x=

2 3

y

. . . (1)

y= z+ 3  z=y–3 . . . (2) x + y + z = 37 . . . (3) Substitusikan persamaan (1) dan (2) ke dalam persamaan (3). x + y + z = 37 37  

2 3

y + y + (y – 3) 3) = 37 8 3

y = 40



y = 40 40 ×



y = 15

z=y–3 = 15 – 3 = 12 Jadi, usia Via 12 tahun.

3 8

b.

Usia Tino = x

3. a.

=

2 3

y

=

2 3

× 15

= 10 Usia Tino 5 tahun yang lalu= lalu = 10 – 5 = 5 Jadi, usia Tino 5 tahun yang lalu adalah 5 tahun. 2 . a.

x + 2y = 32.000 3x + 2z = 54.000

M i sa l k a n : x = banyak kendaraan di lahan pertama y = banyak kendaraan di lahan kedua z = banyak kendaraan di lahan ketiga Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. x + y = 11 0 . . . ( 1) x = z – 22  x – z = – 22 . . . (2) 1 6

z =y



5 6

z =y



y–

z–

5 6

z=0

b.

z = 0.

Dike Di keta tahu huii x + y = 110 110,, x = z – 22, 22, dan dan y = 5 6

z sehingga diperoleh: x + y = 11 110 0



(z – 22) + 11 z 6



5 6

z = 11 110

11 z 6



= 13 132 2 6 × 11



z=



z = 72

132

x = z – 22 = 72 – 22 = 50 y =

5 6

z

=

5 6

× 72

b.

Tela Te lah h di dike keta tahu huii z = 9.00 9.000 0 sehi sehing ngga ga:: 3y + 4z 4z = 66. 66.00 000 0  3y + 36 36.0 .000 00 = 66.0 66.000 00  3y = 30 30.0 .000 00  y = 1 0 .0 0 0 2y +

– 22 = 110 110

= 60 x + y + z = 50 50 + 60 60 + 72 = 182 Jadi, banyak kendaraan yang parkir adalah 182 unit.

3x + 6y = 96.000 3x + 2z = 54.000 –––––––––––––– – 6y – 2z = 42.000 42.000 3y – z = 21.000 21.000 . . . (4)

Eliminasi y dari persamaan (2) dan (4). 3y + 4z 4z = 66.0 66.00 0 3y – z = 21.00 21.000 0 ––––––––––––––– –––––––––––– ––– – 5z = 45.0 45.000 00  z = 9.00 9.000 0 Substitusikan z = 9.000 ke dalam persamaan (3). 3x + 2z = 54.0 54.000 00  3x + 2 × 9.000 9.000 = 54.000 54.000  3x + 18.00 18.000 0 = 54.000 54.000  3x = 36.0 36.000 00  x = 12. 12.00 000 0 Jadi, harga 1 kg gula pasir Rp12.000,00.

Jadi, SPLTV dari permasalahan tersebut 5 6

×3 ×1



. . . ( 3)

adalah x + y = 110, x – z = –22, dan y –

Misa Mi salk lkan an:: x = ha harg rga a 1 kg gu gula la pa pasi sirr y = harga 1 kg beras z = harga 1 kg tepung terigu Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. x + 2y = 32.000 . . . (1) 3 y + 4 z = 6 6 .0 0 0 . . . (2) 3 x + 2 z = 5 4 .0 0 0 . . . (3) Eliminasi x dari persamaan (1) dan (3).

1 2

z = 2 × 10.000 +

1 2

× 9.000

= 20.000 + 4.500 = 24.500 Jadi, uang yang harus dibayarkan Bu Widya sebanyak Rp24.500,00. 4. Mi Misa salk lkan: an: x = ba bany nyak ak mo mobi bill y = banyak sepeda motor roda tiga z = banyak sepeda motor Banyak roda setiap mobil = 4, banyak roda sepeda motor roda tiga = 3, banyak roda sepeda motor = 2. Jumlah roda ketiga jenis kendaraan tersebut 63 sehingga persamaannya: 4x + 3 y + 2z = 6 3 . . . (1) Jumlah mobil dan sepeda motor roda tiga sebanyak 11 unit sehingga: x + y = 11  y = 11 – x . . . (2)

Matematika Kelas X

95

Jumlah mobil dan sepeda motor 18 unit sehingga: x + z = 18  z = 18 – x . . . (3) Substitusikan persamaan (2) dan persamaan (3) ke dalam persamaan (1). 4x + 3y 3y + 2z = 63  4x + 3(11 3(11 – x) + 2(18 2(18 – x) = 63  4x + 33 – 3x + 36 – 2x 2x = 63  –x + 69 = 63 63  x=6 Substitusikan x = 6 ke dalam persamaan (2). y = 11 – x = 11 – 6 = 5 Substitusikan x = 6 ke dalam persamaan (3). z = 18 – x = 18 – 6 = 12 Jadi, banyak mobil 6 unit, banyak sepeda motor roda tiga 5 unit, dan banyak sepeda motor 12 unit. 5. a.

Mis Mi sal alk kan: x = harga 1 buku tulis y = harga 1 bolpoin z = harga 1 spidol Dari tabel tersebut diperoleh SPLTV berikut. 12x + 15y + 30z = 114.000  4x + 5y + 10z = 38.000 . . . (1) 10x + 12y + 36z = 113.800 113.800  5 x + 6 y + 1 8 z = 5 6 .9 0 0 . . . (2) 18x + 20y + 24z = 128.200 128.200  9x + 10y + 12z = 64.100 . . . (3)

Eliminasi x dari persamaan (1) dan (3). 4x + 5y + 10 10z z = 38.0 38.000 00 × 9 36x 36x + 45 45y y + 90 90z z = 342.0 342.000 00 9x + 10y 10y + 12z= 12z= 64.1 64.100 00 × 4 36 36x x + 40y 40y + 48z 48z = 256.4 256.400 00 ––––––––––––––––––––––– – 5y + 42z = 85.600 85.600 . . . (5)

Eliminasi y dari persamaan (4) dan (5). y + 22y = – –3 37. 7.60 600 0 ×5 5y + 42z = 85.600 × 1

Substitusikan z = 1.800 ke dalam persamaan (4). y – 22z = –37.6 –37.600 00  y – 22 × 1.800 = –37.600 –37.600  y – 39.60 39.600 0 = –37.600 –37.600  y = 2.0 2.000 00 Substitusikan y = 2.000 dan z = 1.800 ke dalam persamaan (1). 4x + 5y + 10z 10z = 38.000 38.000  4x + 5 × 2.000 + 10 × 1.800 1.800 = 38.000  4x + 28.000 = 38.000 38.000  4x = 10.0 10.000 00  x = 2.5 2.500 00 Jadi, harga per unit buku tulis, bolpoin, dan spidol berturut-turut Rp2.500,00; Rp2.000,00; dan Rp1.800,00. b.

Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). 4x + 5 5y y + 10 10z z = 38.0 38.000 00 5x + 6y 6y + 18 18z z = 56.9 56.900 00

× 5 20 20x x + 25y 25y + 50z 50z = 190. 190.00 000 0 × 4 20x 20x + 24y 24y + 72z 72z = 227. 227.60 600 0 –––––––––––––––––––––––– – y – 22z 22z = –37.600 –37.600 . . . (4)

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Dari sistem persamaan (i) diperoleh: 15 – x + y = 3(z 3(z + 5) 5)  15 – x + y = 3z 3z + 15  –x + y – 3z 3z = 0 3x – y + 6 = 6 – z  3x – y + z = 0 x

  

96

x 

6





y2 3

y 3



2

=

2z  4 6

 2z  4    6 

 = 6 

2x – 2y + 4= 2z + 4 2x – 2y – 2z = 0


5y – 11 110z 0z = –1 –188 88.0 .000 00 5y + 42z = 85.600 –––––––––––––––––– ––––––––––––––– ––– – –152z –152 z = –273.6 –273.600 00  z = 1.8 1.800 00

12x 12 x + 12 12y y+ 1 12z= 2z= 12( 12(x x + y + z) = 12(2.500 + 2.000 + 1.800) = 12 × 6.300 = 75.600 Jadi, hasil penjualan selusin buku tulis, bolpoin, dan spidol adalah Rp75.600,00. Rp75.600,00.

Disimpulkan bahwa sistem persamaan (i) merupakan sistem persamaan homogen. Dari sistem persamaan (ii) diperoleh: 2y



3z 5



3

=

2(4x+ 2(4x+ 3) 10

2(4x + 3   2y  3z  3   2(4  = 10  10  5    

 10    

4y + 6z 6z + 6 = 2(4 2(4x x + 3) 4y + 6z 6z + 6 = 8x + 6 8x – 4y – 6z = 0

12 + 5x – 3y = 2x + 4z – 12  3x – 3y – 4z = –24 –24 9x – 6 = 4y – z + 6  9x – 4y + z = 12 12 Disimpulkan bahwa sistem persamaan (ii) bukan sistem persamaan homogen.

Dari sistem persamaan (iii) diperoleh: 10y + 8z – 18 = 3(x – 6) 6)  10y + 8z 8z – 18 = 3x – 18 18  3x – 10y – 8z = 0 6(x – y + 5) = 2z + 15 – 3(y – 5) 5)  6x – 6y + 30 30 = 2z + 15 – 3y + 15  6x – 3y – 2z = 0 2x – 9 = 3(y – 3)  2x – 9 = 3y – 9  2x – 3y 3y = 0 Disimpulkan bahwa sistem persamaan (iii) merupakan sistem persamaan homogen. Jadi, sistem persamaan homogen ditunjukkan oleh sistem persamaan (i) dan (iii). 2. Jawaban: b Diketahui sistem persamaan linear dua variabel: 3 x + 5 y = – 25 . . . (1) 2x – 7y = 4 . . . (2) Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). 3x + 5y = – 25 × 2 6x + 1 0y = – 5 0 2x – 7y = 4 ×3 6x – 21y = 12 ––––––––––– – 31y 31 y = –62 –62  y = –2 Substitusikan y = –2 ke dalam persamaan 3x + 5y = –25. 3x + 5y 5y = –2 –25 5  3x + 5 × (–2 (–2)) = –25 –25  3x – 10 10 = –25 –25  3x = –15  x = –5 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {(–5, –2)}. 3. Jawaban: a 1 3 1  6( 3

(2x – y) +

(2x – y) +

1 2 1 2

 

1 4

12( (x – 4y) +

4 3

dan q = x 1

1 y

1

.

SPLDV tersebut dapat ditulis menjadi: 3p + 2q = 4  4p – 8q = 0 Diketahui 4p – 8q = 0 sehingga p = 2q. Substitusikan p = 2q ke dalam persamaan 3p + 2q = 4. 3p + 2q 2q = 4  3(2 3(2q) q) + 2q = 4  8q = 4 q=



Substitusikan q = p = 2q = 2 ×

1 2

1 2 1 2

ke dalam persamaan p = 2q.

= 1

Nilai x dan y dicari berdasarkan persamaan p=

1

dan q = x 1 p=

x

1=x–1 x=2

=

1

.

1



1 2

y

1

1=



1

1



q =

(3x + 2y)) 2y)) = 12 × 6

1

Misalkan: p =

x

1

(3x + 2y) 2y) = 12 12

1 y

1

1 y

1

2 =y–1  y =3 Jadi, nilai x dan y berturut-turut 2 dan 3. 

. . . (1)

(x + y)) = 8 × 12

3(x – 4y) 4y) + 16(x 16(x + y) = 96  3x – 12y 12y + 16x 16x + 16y = 96  19x + 4y = 96 . . . (2) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 13x + 4y 4y = 72 19x + 4y 4y = 96 –––––––––––– – –6x –6 x = –24 –24  x =4 

4. Jawaban: d



2(2x – y) y) + 3(3x + 2y) = 72 4x – 2y + 9x + 6y = 72 13 x + 4y = 72



Substitusikan x = 4 ke dalam persamaan (1). 13x 13 x + 4y 4y = 72  13 × 4 + 4y 4y = 72  52 + 4y 4y = 72  4y = 20 20  y=5 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {(4, 5)}.

5. Jawaban: b SPLTV tersebut ai

mempunyai bi

ci

banyak

di

penyelesaian jika a = b = c = d . j j j j Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh: a1 a2  

2 4

=

b1 b2 1

= p p = –2

Matematika Kelas X

97

a1 a2

=

c1 c2 3

2 4

= q  q=6 Dari persamaan (1) dan (3) diperoleh: 



a1 a3

=

c1 c3

2 r

=

3 12

r=8 p + q – r = (–2 (–2)) + 6 – 8 = –4 Jadi, nilai p + q – r = –4. 

6. Jawaban: d Misalk Mis alkan: an: b = usia usia Bob Bobii pad pada a tahu tahun n 2017 2017 w = usia Weni pada pada tahun tahun 2017 2017 Diperoleh persamaan-persamaan berikut. b=w–8  w – b = 8 . . . (1) (b – 2) 2) =

1 (w 3

– 2)

3(b – 2) = w – 2  3b – 6 = w – 2  w – 3b = –4 . . . (2) Eliminasi w dari persamaan (1) dan (2). w– b= 8 w – 3b 3b = –4 –––––––––– – 2b = 12 12  b=6 Usia Bobi sekarang sekarang = b = 6 tahun tahun Sekarang tahun 2017 sehingga: tahun kelahiran kelahiran Bobi = 2017 – 6 = 2011 Jadi, Bobi lahir pada tahun 2011. 

7. Jawaban: d Misalkan: Misalk an: x = harga harga 1 buku buku gambar gambar A4 y = harga 1 buku gambar A3 Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLDV berikut. 30x + 24y = 195.000  5x + 4y = 32.500 . . . (1) 11x + 8y = 67.500 . . . (2) Eliminasi y dari kedua persamaan. 5x + 4y = 32.500 ×2 10x + 8y = 65.000 11x + 8y = 67.500 ×1 11x + 8y = 67.500 –––––––––––––– – –x = –2.5 –2.500 00  x = 2.50 2.500 0 Substitusikan x = 2.500 ke dalam persamaan (1). 5x + 4y = 32.5 32.500 00  5 × 2.500 2.500 + 4y 4y = 32.500 32.500  12.500 12.50 0 + 4y 4y = 32.500 32.500  4y = 20.0 20.000 00  y = 5.0 5.000 00

98


Harga 1 buku gambar A3 = y = Rp5.000,00. Iksan membayar Rp20.000,00 sehingga: kembalian kembali an = 20.000 – 5.000 = 15.000 Jadi, kembalian yang diterima Iksan sebanyak Rp15.000,00. 8. Jawaban: e Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). 4 x + 5 y = – 62 × 3 12 x + 1 5y = –1 8 6 3x – 2z = –15 × 4 12x – 8z = –60 –––––––––––––– – 15y + 8z = –126 . . . (4) Eliminasi z dari persamaan (3) dan (4). 4y + z = – 3 7 ×8 32 y + 8z = – 29 6 15y + 8z = –1 –126 × 1 15y + 8z = –126 –––––––––––––– – 17y = –17 –170 0  y = –10 –10 Substitusikan y = –10 ke dalam persamaan (1). 4x + 5y 5y = –62 –62  4x + 5 × (–10 (–10)) = –62 –62  4x – 50 = –62 –62  4x = –1 –12 2  x = –3 Substitusikan y = –10 ke dalam persamaan (3). 4y + z = –37 –37  4 × (–10) (–10) + z = –37 –37  z=3 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {(–3, –10, 3)}. 9. Jawaban: c Jumlahkan persamaan (1), (2), dan (3). 2x – 5y – z = 8 3x + y + 4z 4z = 10 x – 2y 2y + 3z 3z = 12 12 –––––––––––––– + 6x – 6y 6y + 6z = 30 30  6(x – y + z) z) = 30 30  x – y+ z= 5 Jadi, nilai x – y + z = 5. 10. Jawaban: b Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 4x – y + 3z = –20 –20 3x + y + 2z = –20 ––––––––––––––– + 7x + 5z = –4 0 . . . (4) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (3). 4x – y + 3z = –20 2x+ 4y + 3z = –25

×4 ×1

16x – 4y + 12z = –80 2x + 4y + 3z = –25 ––––––––––––––––– + 18x + 15z 15z = –105 –105  6x + 5z = –35 –35 . . . (5)

Eliminasi z dari persamaan (4) dan (5). 7x + 5z 5z = –40 –40 6x + 5z = –35 –35 –––––––––––– – x = –5 Substitusikan x = –5 ke dalam persamaan (4). 7x + 5z = –40 –40  7 × (–5) (–5) + 5z 5z = –40 –40  –35 + 5z = –40 –40  5z = –5 –5  z = –1 Substitusikan x = –5 dan z = –1 ke dalam persamaan (1). 4x – y + 3z = –20  4 × (–5) – y + 3 × (–1) = –20  –20 – y – 3 = –20 –20  –23 –2 3 – y = –20 –20  y = –3 Diperoleh (a, b, c) = (x, y, z) = (–5, –3, –1). a – b – c = –5 + 3 + 1 = –1 Jadi, nilai a – b – c = –1. 11. Jawaban: e Persamaan dalam SPLTV yaitu: 3 a – b + 2c = 1 6 2a + b + c = 1 4a – 2b + c = 18

. . . (1) . . . (2) . . . (3)

Eliminasi c dari persamaan (1) dan (2). 3a – b + 2c = 16 × 1 3a – b + 2c = 16 2 a + b + c = 1 × 2 4a + 2 b + 2 c = 2 ––––––––––––––– – –a – 3b 3b = 14. . . (4) Eliminasi c dari persamaan (2) dan (3). 2a + b + c = 1 4a – 2b + c = 18 ––––––––––––––– – –2 a + 3 b = – 17 . . . (5) Eliminasi b dari persamaan (4) dan (5). –a – 3b 3b = 14 14 –2a –2 a + 3b 3b = –17 –17 ––––––––––––– + –3a –3 a = –3 –3  a=1 a = 1  –a – 3b 3b = 14  –1 – 3b = 14  –3b –3 b = 15 15  b = –5 3a – b + 2c = 16  3 × 1 – (–5) (–5) + 2c 2c = 16  3 + 5 + 2c 2c = 16  2c = 8  c=4 a – b + c = 1 – (–5) (–5) + 4 = 10 Jadi, nilai a – b + c = 10.

12. Jawaban: a Sistem persamaan linear tiga variabel  1 –  x  2 x +   4 x –

2 1 + z y

= 9

. . . (1)

3 1 – z y

= –19

. . . (2)

2 y

= 2

. . . (3)

+

1 z

Misalkan p =

1 , x

q=

1 , y

dan r =

1 z

SPLTV tersebut dapat ditulis menjadi: p – q + 2r = 9 . . . (1) 2p + q – 3r = – 19 . . . (2) 4p – 2q + r = 2 . . . (3) Eliminasi q dari persamaan (1) dan (2). p – q + 2r 2r = 9 2p + q – 3r 3r = –19 –19 –––––––––––––– + 3 p – r = –1 0 . . . (4) Eliminasi q dari persamaan (1) dan (3). p – q + 2r = 9 × 2 2p – 2 q + 4r = 18 4p – 2 q + r = 2 × 1 4p – 2 q + r = 2 ––––––––––––––– – –2p + 3r = 16. . . (5 (5)) Eliminasi r dari persamaan (4) dan (5). 3 p – r = –1 0 × 3 9p – 3r = –30 –2p + 3r = 16 × 1 –2 p + 3 r = 16 ––––––––––––– + 7p = –14 –14  p = –2 p = –2  3p – r = –10 –10  –6 – r = –10 –10  r=4 p – q + 2r = 9  –2 – q + 2 × 4 = 9  6 –q = 9  q = –3 x – y+ z=

1 1 1 – + z p q

=

1 2

1 1 + 4 3 6 + 4 + 3 1 = 12 12

=–

+

Jadi, nilai x – y + z =

1 12

.

13. Jawaban: b 3y  2z x

= 2



3y + 2z 2z = 2x 2x

– 2x + 3 y + 2z = 0 2x + y – 6z = 20 

x

 3z y 2

= 4

 

. . . (1) . . . (2)

x – 3z = 2y 2y x – 2y – 3z = 0

. . . (3)

Matematika Kelas X

99

Diperoleh SPLTV: – 2x + 3y + 2 z = 0 2 x + y – 6z = 0 x – 2y – 3z = 0

. . . (1) . . . (2) . . . (3)



Eliminasi x dari persamaan (1) dan (3). –2x –2 x + 3y + 2z 2z = 0 × 1 –2 –2x x + 3y + 2z= 2z= 0 x – 2y – 3z = 0 × 2 2x – 4y – 6z = 0 ––––––––––––––– + –y – 4z 4z = 0  –y = 4z  y = –4z . . . (5) (5) Substitusikan persamaan (5) ke dalam persamaan (4). y –z=5  –4 –4z z – z= 5  – 5z = 5  z = –1 Substitusikan z = –1 ke dalam persamaan (5). y = –4z = –4 × (–1) = 4 Substitusikan y = 4 dan z = –1 ke dalam persamaan (1). –2x + 3y + 2z = 0  –2x + 12 – 2 = 0  –2x –2 x + 10 = 0  –2x –2 x = –10 –10  x=5

Jadi, nilai

q=



Substitusikan p =

1 , x 1

q=

1 2

1 5


8p + 16 16rr = 12 

1 2

8×

+ 16r 16r = 12 12

4+1 16r 6r = 12 12 16 r = 8

 

r=



1 = x 1 1 x 1   

p sehingga:

= p 1 x 1

 

=

1 2

x +1= 2 x=1 1



1 2

y



y



2

1 2

=q =

1 5

y+2=5 y=3 1 1 z3

=r =

1 2

z– 3= 2  z=5 (x + 3y) 3y) : z = (1 + 3 × 3) : 5 = 10 : 5 =2 Jadi, nilai (x + 3y) : z = 2. 

1 y



2

, dan r =

1 . z3

SPLTV tersebut dapat ditulis menjadi: 4 p + 5 q – 2r = 2 . . . (1) 2 p – 10q = –1 . . . (2) 8 p + 1 6r = 1 2 . . . (3) Eliminasi q dari persamaan (1) dan (2). 4p + 5q – 2r = 2 × 2 8p + 10q – 4r = 4 2p – 10q = –1 × 1 2p – 10q = –1 ––––––––––––––– + 10p – 4r = 3 . . . (4) Eliminasi r dari persamaan (3) dan (4). 8 p + 1 6r = 12 × 1 8p + 1 6r = 12 10p – 4r = 3 × 4 40p – 16r = 12 –––––––––––– + 48p 48 p = 24 24 

100





–1.

– 10q 10q = –1 –1

1 – 10 10q q = –1 –1 –10q –1 0q = –2 –2

z3

14. Jawaban: e Misalkan: p =

1 2

2×



–1

xy = z


2p – 10q 10q = –1

Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). –2x + 3y + 2z = 0 2 x + y – 6z = 20 –––––––––––––––– + 4y – 4z = 20 20  y–z=5 . . . (4)

xy 54 = = 1 z

1 2

Substitusikan p =

p=

1 2


15. Jawaban: d Persamaan-persamaan dalam SPLTV: 3m + 2n – 4p = –23 . . . (1) 2m + 4n + 3 p = –3 . . . (2) 4m – 3 n + 5 p = 55 . . . (3) Eliminasi n dari persamaan (1) dan (2). 3m + 2n – 4p = –2 –23 3 × 2 6m + 4n – 8p 8p = –46 –46 2m + 4n + 3p = –3 × 1 2m + 4n + 3p = –3 –––––––––––––––– – 4m – 11p = –43 –43 . . . (4)

Eliminasi n dari persamaan (1) dan (3). 3m + 2n – 4p = –23 –23 × 3 9m + 6n 6n – 12 12p p = –69 –69 4m – 3n + 5p = 55 × 2 8m – 6n + 10p 10p = 11 110 ––––––––––––––––– + 17m 17 m – 2p 2p = 41 . . . (4) Eliminasi p dari persamaan (4) dan (5). 4m – 11p = –43 ×2 8m – 22p = –86 1 7 m – 2p = 41 × 11 187m – 22p = 451 –––––––––––––––– – –179m –17 9m = –537 –537  m=3 m=3

   

4m – 11p = –43 –43 12 – 11p = –43 –43 –11p –1 1p = –55 –55 p=5

m = 3, p = 5

    

3m + 2n 2n – 4p = –23 9 + 2n 2n – 20 20 = –23 –23 2n – 11 = – 23 23 2n = –12 –12 n = –6

m – p + 2n = 3 – 5 + 2 × (–6) (–6) = –2 – 12 = –14 Jadi, nilai m – p + 2n = –14. 16. Jawaban: c Diketahui SPLTV: 3x – y + z = 1 . . . (1) 2 x + y + 2z = 1 9 . . . (2) 4 x + 2 y – z = – 12 . . . (3) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 3x – y + z = 1 2x + y + 2z 2z = 19 –––––––––––––– + 5x + 3z = 20 . . . (4) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (3). 3x – y + z = 1 4x + 2y – z = –12

×2 ×1

6x – 2y + 2z = 2 4x + 2y – z = –12 –––––––––––––––– + 10x + z = –10 . . . (5)

Eliminasi x dari persamaan (4) dan (5). 5x + 3z = 20 × 2 1 0x + 6 z = 40 10x + z = –10 × 1 10x + z = –10 –––––––––––– – 5z = 50  z = 10 Substitusikan z = 10 ke dalam persamaan (4). 5x + 3z = 20  5x + 3 × 10 10 = 20  5x = –1 –10 0  x = –2

Substitusikan x = –2 dan z = 10 ke dalam persamaan (1). 3x – y + z = 1  3 × (–2) (–2) – y + 10 = 1  4 –y = 1  y=3 Diperoleh a = x = –2, b = y = 3, dan c = z = 10. a – b + c = –2 – 3 + 10 =5 Jadi, nilai a – b + c = 5. 17. Jawaban: d x : y = 5 : 3 sehingga x =

5 3

y

. . . (1)

5

y : z = 4 : 5 sehingga z = 4 y . . . (2) 2(x + y + z) = 94 sehingga x + y + z = 47 . . . (3) Substitusikan persamaan (1) dan (2) ke dalam persamaan (3). x + y + z = 47 47 5 3

 

y+y+

5 3

12( y + y +

5 4 5 4

y = 47

y) = 12 × 47 47

20y + 12y 12y + 15y = 564 564  47y 47 y = 564 564  y = 12 3y = 3 × 12 12 = 36 Jadi, nilai 3y = 36. 

18. Jawaban: a x:y:z=2:1:3 x : y = 2 : 1  x = 2y . . . (1) y : z = 1 : 3  z = 3y . . . (2) x + y – 2 z = –6 . . . (3) Substitusikan persamaan (1) dan (2) ke dalam persamaan (3). x + y – 2z = –6 –6  2y + y – 2 × 3y 3y = –6 –6  –3y –3 y = –6 –6  y=2 Substitusikan y = 2 ke dalam persamaan (1) dan (2). x = 2y  x = 2 × 2 = 4 z = 3y  z = 3 × 2 = 6 x – y + z = 4 – 2 + 6 = 8. Jadi, nilai x – y + z = 8. 19. Jawaban: d Persamaan-persamaan dalam SPLTV: p–

q + 2

r = 14

. . . (1)

2p + 3 q – r = 5

. . . (2)

p + 3q –

r = 5

1

. . . (3)

Matematika Kelas X

101

Eliminasi p dari persamaan (1) dan (2). p–

q + 2

r = 14 × 2

2p + 3q – r = 5

2 p – q + 2 r = 28

×1

2 p + 3q – r = 5 –––––––––––––– – –4q + 3r = 23 . . . (4)

Eliminasi p dari persamaan (1) dan (3). p–

q + 2

r = 14 r

p + 3q – = 1 5 –––––––––––– – 7 2

– q+ 

6 r 5

= 13

7 2

10(– q +

6 r) = 5

10 × 13

–35q + 12r = 130



. . . (5)

Eliminasi r dari persamaan (4) dan (5). –4q + 3r = 23 × 4 –16q + 12r = 92 –35q + 12r = 130 × 1 –35q + 12r = 130 –––––––––––––– – 19q 19 q = –3 –38 8  q = –2 q = –2

   

–4q + 3r –4q 3r = 23 8+3 3rr = 23 23 3r = 15 r=5

q = –2, r = 5

  

Rata-r Rat a-rata ata =

p + 3q –



r 5

=1

pqr 3 8  ( 2) 2)  5 3

=

11 = 3

3

21. Jawaban: b Misalkan: Misalk an: a = berat berat bada badan n Apri Apri b = berat badan Bambang c = berat badan Cici

ab 2

= 49



a + b = 98

ac 2

= 47



a + c = 94 . . . (2)



b + c = 96 . . . (3)

bc = 2

48

. . . (1)

Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). a + b = 98 98 a + c = 94 94 ––––––––– – b–c=4 . . . (4)

2 3 2 3

Jadi, rata-ratanya adalah 3 . 20. Jawaban: c Misalkan: Misalk an: a = harga harga sebua sebuah h buku buku b = harga sebuah bolpoin c = harga sebuah pensil Sistem persamaan linear yang terbentuk dari permasalahan tersebut: 4a + 2b + 3c = 26.000 . . . (1 (1) 3a + 3b + c = 21.500 . . . (2) 3 a + c = 1 2 .5 0 0 . . . (3) Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). 4a + 2b + 3c = 26. 26.00 000 0 × 3 12a 12a + 6b 6b + 9 9c c = 78 78.0 .000 00 3a + 3b + c = 21. 21.50 500 0 × 2 6a + 6b + 2c 2c = 43. 43.00 000 0

––––––––––––––––– – 6a + 7c 7c = 35.0 35.000 00 . . . (4) (4)

102

2b + 2c = 2 × 3.000 + 2 × 2.000 2.000 = 10.000 Jadi, Dina harus membayar Rp10.000,00.

Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLDV berikut.

p + (–6 (–6)) – 1 = 1 p– 7= 1 p=8

=

Eliminasi a dari persamaan (3) dan (4). 3a + c = 12.500 × 2 6a + 2c = 25.000 6a + 7c = 35.000 × 1 6a + 7c = 35.000 ––––––––––––––– – –5c = –10.0 –10.000 00  c = 2.0 2.000 00 Substitusikan c = 2.000 ke dalam persamaan (3). 3a + 2.000 = 12.500  3a = 10.5 10.500 00  a = 3.5 3.500 00 Substitusikan a = 3.500 dan c = 2.000 ke dalam persamaan (1). 4 × 3.500 + 2b 2b + 3 × 2.000 = 26.000 26.000  2b + 20.00 20.000 0 = 26.000 26.000  2b = 6.00 6.000 0  b = 3.00 3.000 0


Eliminasi c dari persamaan (3) dan (4). b + c = 96 96 b–c= 4 ––––––––– + 2b = 100 100  b = 50 b = 50  a + b = 98 98  a + 50 = 98 98  a = 48 ab  c 3

=

48  (96) 3

=

144 3

= 48 Jadi, rata-rata berat badan Apri, Bambang, dan Cici 48 kg.

22. Jawaban: c y = ax2 + bx + c Kurva melalui (–3, 28) Kurva melalui (1, 0) Kurva melalui (2, 3)

Substitusikan a = –1 dan b = 2 ke dalam persamaan (1). 9a – 3b 3b + c = 28 28 . . . (1 (1))  a + b + c = 0 . . . (2)  4a + 2b 2b + c = 3 . . . (3)

a+b+c=3



Eliminasi c dari persamaan (1) dan (2). 9a – 3b + c = 28 a+ b +c=0 –––––––––––––– – 8a – 4b 4b = 28 28  2a – b = 7 . . . (4) Eliminasi c dari persamaan (2) dan (3). a+ b +c=0 4a + 2b + c = 3 –––––––––––––– – – 3a – b = –3

. . . (5)

Eliminasi b dari persamaan (4) dan (5). 2a – b = 7 –3a – b = –3 ––––––––––– – 5a = 10  a = 2 Substitusikan a = 2 ke dalam persamaan (4). 2a – b = 7  2 × 2 – b = 7  b = 4 – 7 = –3 Substitusikan a = 2 dan b = –3 ke dalam persamaan (2). a + b + c = 0  2 + (–3) + c = 0  c = 1 Jadi, persamaan kurva adalah y = 2x2 – 3x + 1. 23. Jawaban: c y = ax2 + bx + c Kurva melalui (1, 3)  a + b + c = 3 . . . (1) Kurva melalui (2, 2)  4a + 2b + c = 2 . . . (2) Kurva melalui (–3, –13)  9a – 3b 3b + c = –1 –13 3 . . . (3) Eliminasi c dari persamaan (1) dan (2). a+b+c=3 4a + 2b + c = 2 –––––––––––––– – – 3a – b = 1 . . . (4) Eliminasi c dari persamaan (2) dan (3). 4a + 2b + c = 2 9a – 3b + c = –13 –13 ––––––––––––––– ––––––––––––– –– – –5a –5 a + 5b 5b = 15  –a + b = 3 . . . (5)



(–1)) + 2 + c = 3 (–1



1 +c=3



c=2

Diperoleh persamaan kurva y = –x2 + 2x + 2. Jadi, persamaan kurva adalah y = –x2 + 2x + 2. 24. Jawaban: a Misalkan: Misalk an: x = uang Siti Siti mula mula-mu -mula la y = uang Nunik mula-mula z = uang Hani mula-mula Sistem persamaan linear yang terbentuk: x : y = 3 : 4  4x = 3y  4x – 3y = 0 . . . (1) x + 7.000 = y – 7.000 + 4.000  x – y = – 1 0 .0 0 0 . . . (2) z – 4.000 = 14.000 + x + 7.000  z = x + 25.000 . . . (3) Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). 4x – 3y = 0 × 1 4x – 3 y = 0 x – y = –10.000 × 4 4x – 4y = –40.000 –––––––––––––––– – y = 40. 40.00 000 0 Substitusikan y = 40.000 ke dalam persamaan (2). x – y = –10.000  x – 40.000 = –10.000 –10.000  x = 30. 30.00 000 0 Substitusikan x = 30.000 ke dalam persamaan (3). z = x + 25.000  z = 30.000 30.000 + 25.0 25.000 00 = 55.000 Jadi, banyak uang Siti, Nunik, dan Hani mulamula berturut-turut Rp30.000,00; Rp40.000,00; dan Rp55.000,00. 25. Jawaban: b Misalkan: x = banya banyak k manik-m manik-manik anik merah y = banyak manik-manik hijau z = banyak manik-manik biru Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. 1 (x 5

+ y + z) z) = 34

Eliminasi b dari persamaan (4) dan (5). –3a –3 a –b= 1 –a + b = 3 ––––––––––– + –4a = 4  a = –1



Substitusikan a = –1 ke dalam persamaan (5).

Substitusikan persamaan (3) ke dalam persamaan (1). x + y + z = 170 170

–a + b = 3 

1 + b= 3



b=2

x + y + z = 17 0

2x + 3 y = 32 0

. . . (1) . . . (2)

y : z= 8: 5 



y=

x+

8 5

8 5

z

. . . (3)

z + z = 17 170 0

Matematika Kelas X

103

13 5

x+



z = 17 170

5x + 13 z = 85 0 . . . (4) Substitusikan persamaan (3) ke dalam persamaan (2). 2x + 3y 3y = 320 320 



2x + 3(

8 5



2x +

24 5

z) = 32 320 0 z = 32 320

10x + 24z 24z = 1.600 1.600  5x + 12 z = 80 0 . . . (5) Eliminasi x dari persamaan (4) dan (5). 5x + 13z = 850 850 5x + 12z 12z = 800 ––––––––––––– – z = 50 Substitusikan z = 50 ke dalam persamaan (3). 

y=

8 5

z=

8 5

× 50 = 80

Substitusikan y = 50 ke dalam persamaan (2). 2x + 3y = 320 320  2x + 3 × 80 = 320 320  2x + 240 = 320 320  2x = 80 80  x = 40 Jadi, manik-manik merah sebanyak 40. 26. Jawaban: c Misalkan: x = banya banyak k penonto penonton n anak-ana anak-anak k y = banyak penonton pria dewasa z = banyak penonton wanita dewasa Jumlah penonton = x + y + z. Sistem persamaan yang terbentuk: x = 20%(x + y + z)   

y=

1 (x 3

+ y + z)  

x=

1 (x 5

+ y + z)

5x = x + y + z 4x – y – z = 0 . . . (1) 3y = x + y + z

x – 2y + z = 0

z = 2 00 + y

. . . (2) . . . (3)

Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). 4x – y – z = 0 × 1 4x – y – z = 0 x – 2y + z = 0 × 4 4 x – 8y + 4 z = 0 –––––––––––––– – 7y – 5z = 0 . . . (4) Substitusikan persamaan (3) ke dalam persamaan (4). 7y – 5z = 0  7y – 5(200 5(200 + y) y) = 0  7y – 1.00 1.000 0 – 5y = 0  2y = 1. 1.00 000 0  y = 500

104


Substitusikan y = 500 ke dalam persamaan (3). z = 200 + y  z = 200 + 500 = 700 Substitusikan y = 500 dan z = 700 ke dalam persamaan (2). x – 2y + z = 0  x – 2 × 500 500 + 700 700 = 0  x – 1.000 1.000 + 700 = 0  x – 30 300 0=0  x = 30 0 Jumlah penonton = 300 + 500 + 700 = 1.500. Jadi, jumlah penonton pertunjukan 1.500 orang. 27. Jawaban: b Misalkan: Misalk an: x = besar besar sudut sudut terkec terkecilil y = besar sudut menengah z = besar sudut terbesar Sistem persamaan linear yang terbentuk dari permasalahan tersebut: x=

1 y 3

. . . (1)

z = 2(x + y) . . . (2) x + y + z = 18 180° 0° . . . (3) (3) Substitusikan persamaan (2) ke dalam persamaan (3). x + y + z = 180°  x + y + 2(x 2(x + y) = 180° 180°  x + y + 2x + 2y = 180° 180°  3x + 3y = 180° . . . (4) Substitusikan persamaan (1) ke dalam persamaan (4). 3x + 3y = 180° 1 3



3( y) + 3y= 180°



y + 3y = 180 180°° 4y = 180 180°° y = 45 °

 

Substitusikan nilai y = 45° ke dalam persamaan (4). Substitusikan 3x + 3y = 180°  3x + 3 × 45 = 180°  3x + 135° 135° = 180° 180°  3x = 45° 45°  x = 15° Substitusikan nilai x = 15° dan y = 45° ke dalam persamaan (2). z = 2(x + y)  z = 2(15° + 45)  z = 2 × 60°  z = 120° Jadi, besar sudut-sudut segitiga tersebut 15°, 45°, dan 120°. 28. Jawaban: a Misalkan: x = harga 1 tisu tisu kotak kotak kecil y = harga 1 tisu kotak besar z = harga 1 tisu gulung

Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. 2x + 3y = 44.000 . . . (1) 4x + 3z = 25.000 . . . (2) x + 2y 2y + 3z 3z = 37 37.000 . . . (3 (3) Eliminasi z dari persamaan (2) dan (3). 4x + 3z = 25.0 25.000 00 x + 2y + 3z 3z = 37.000 37.000 –––––––––––––––––– – 3x – 2y = –12.000 . . . (4) Eliminasi x dari persamaan (1) dan (4). 2x + 3y = 44.000 × 3 6x + 9y = 132.000 3x – 2y = –12.000 × 2 6x – 4y = –24.000 –––––––––––––– – 13y = 156. 156.000 000  y = 12. 12.00 000 0 Substitusikan y = 12.000 ke dalam persamaan (1). 2x + 3y = 44.0 44.000 00  2x + 36.00 36.000 0 = 44.000 44.000  2x = 8. 8.00 000 0  x = 4.00 4.000 0 Substitusikan x = 4.000 ke dalam persamaan (2). 4x + 3z = 25.0 25.000 00  16.000 + 3z = 25.000 25.000  3z = 9.0 9.000 00  z = 3.0 3.000 00 2z = 2 × 3.000 = 6.000 Uang kembalian = 2 × 5.000 – 6.000 = 4.000 Jadi, uang kembalian yang Rahma terima sebanyak Rp4.000,00. 29. Jawaban: b Misalkan: Misalk an: x = banyak banyak seped sepeda a motor motor y = banyak becak z = banyak mobil Banyak roda setiap sepeda motor = 2, banyak roda setiap becak = 3, dan banyak roda setiap mobil = 4. Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. 2 x + 3y + 4z = 6 8 . . . (1) y + z = 11 . . . (2) y=x–9 . . . (3) Substitusikan persamaan (3) ke dalam persamaan (1). 2x + 3y 3y + 4z 4z = 68 68  2x + 3(x 3(x – 9) + 4z 4z = 68  2x + 3x 3x – 27 + 4z 4z = 68  5x + 4z = 95 . . . (4) Substitusikan persamaan (3) ke dalam persamaan (2). y + z = 11  (x – 9) + z = 11  x + z = 20 . . . (5)

Eliminasi z dari persamaan (4) dan (5). 5x + 4z = 95 × 1 5x + 4z = 9 5 x + z = 20 × 4 4 x + 4 z = 80 ––––––––––– – x = 15 Substitusikan x = 15 ke dalam persamaan (3). y=x–9 = 15 – 9 = 6 Jadi, banyak becak 6 unit. 30. Jawaban: c Misalkan: x = ba bany nyak ak ha hala lama man n 1 buk buku u tul tulis is je jeni nis s1 y = ban banyak yak hal halama aman n 1 buk buku u tuli tulis s jeni jenis s2 z = ban banyak yak hal halama aman n 1 buk buku u tuli tulis s jeni jenis s3 Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. x : y= 6: 7 

x=

6 7

y

. . . (1)

x : z= 3: 4 

3 4

x=

z

. . . (2)

2x + 5 y + 7 z = 82 4 . . . (3) Substitusikan persamaan (1) ke dalam persamaan (2). x=

6 7

y

z=

6 7

y



z=

6 7

×



z=

8 7

y



3 4

4 3

y . . . (4)

Substitusikan persamaan (1) dan (4) ke dalam persamaan (3). 2x + 5y + 7z = 824 824 

2×

6 7

y + 5y + 7 × 12 7



8 7

y = 82 824 4

y + 5y + 8y = 824 824

12y + 35y 35y + 56y 56y = 5.768 5.768 103y 103 y = 5.7 5.768 68  y = 56 Jadi, banyak halaman setiap buku tulis jenis 2 adalah 56.  

B. Uraian 1. a.

Persam Pers amaa aann-pe pers rsam amaa aan n pad pada a SPL SPLDV DV:: 3 x + 5 y = –7 . . . (1) 4 x – 3y = – 19 . . . (2) Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). 3x + 5y = –7 × 4 12 x + 2 0y = – 28 4x – 3y = –19 × 3 12x – 9y = –57 ––––––––––––– – 29y 29 y = 29  y=1

Matematika Kelas X

105

y= 1

3x + 5y = –7 –7  3x + 5 = –7 –7  3x = –12 –12  x = –4 Jadi, himpunan penyelesaiannya {(–4, 1)}. 

b.

Persam Pers amaa aann-pe pers rsam amaa aan n pada pada SPLT SPLTV: V: 3x + y + 4 z = 4 . . . (1) 5x – y + 3 z = 1 9 . . . (2) 2x + 2 y + 3z = –5 . . . (3) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 3x + y + 4z 4z = 4 5x – y + 3z = 19 –––––––––––––– + 8 x + 7 z = 23 . . . (4) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (3). 3x + y + 4 z = 4 × 2 6 x + 2y + 8 z = 8 2x + 2y 2y + 3z= 3z= –5 × 1 2x + 2y 2y + 3z 3z= = –5 –5 ––––––––––––––– – 4x + 5z = 13 . . . (5) Eliminasi x dari persamaan (4) dan (5). 8x + 7z = 23 × 1 8x + 7z = 23 4x + 5z = 13 × 2 8 x + 10 z = 26 –––––––––––– – –3z –3 z = –3 –3  z=1 z = 1  4x + 5z= 13  4x + 5 = 13 13  4x = 8  x=2 x = 2, z = 1  3x + y + 4z 4z = 4  6 +y +4= 4  10 + y = 4  y = –6 Jadi, himpunan penyelesaiannya {(2, –6, 1)}. 2 . 2a – 3b + c = 1 9 . . . (1) 3a + 2b – 2c = 2 . . . (2) a – 4 b – c = 14 . . . (3) Eliminasi c dari persamaan (1) dan (2). 2 a – 3b + c = 1 9 × 2 4a – 6 b + 2 c = 3 8 3 a + 2b – 2c = 2 × 1 3 a + 2b – 2 c = 2 ––––––––––––––– + 7a – 4b = 40. . . (4) (4) Eliminasi c dari persamaan (1) dan (3). 2a – 3b + c = 19 a – 4b 4b – c = 14 –––––––––––––– + 3a – 7b = 3 3 . . . (5) Eliminasi a dari persamaan (4) dan (5). 7a – 4b = 40 × 3 21a – 12b = 12 120 3a – 7b = 33 × 7 21a – 49b = 23 231 –––––––––––––– – 37b 37 b = –111 –111  b = –3

106


b = –3

3a – 7 7b b = 33  3a + 21 21 = 33 33  3a = 12 12  a=4 a = 4, b = –3  2a – 3b + c = 19  8 + 9 + c = 19 19  17 + c = 19 19  c=2 2a – b + c = 2 × 4 – (–3) (–3) + 2 =8+3+2 = 13 Jadi, nilai 2a – b + c = 13. 

3. Panjang = a Lebar =b Tinggi = c

H

G F

E

c

Dari permasalahan tersebut diperoleh:

D A

C b

a

B

Keliling alas = keliling persegi panjang ABCD  76 = 2(a 2(a + b)  a + b = 38 . . . (1) Keliling sisi tegak depan = keliling ABFE  80 = 2(a 2(a + c)  a + c = 40 . . . (2) Keliling sisi tegak tegak samping = keliling BCGF  68 = 2(b 2(b + c)  b + c = 34 . . . (3) SPLTV dari masalah tersebut:  a + b = 38  a + c = 40  b + c = 34 Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). a + b = 38 a + c = 40 –––––––– – b – c = –2 . . . ( 4) Eliminasi c dari persamaan (3) dan (4). b + c = 34 b – c = –2 ––––––––– + 2b = 32 32  b = 16 16 cm cm b = 16

  

b –c= – –2 2 16 – c = –2 –2 c = 18 18 c cm m

a + b = 38  a + 16 = 38  a = 22 22 cm cm VABCD.EFGH = a × b × c = 22 × 16 × 18 = 6.336 cm3 Jadi, volume balok adalah 6.336 cm3.

4. Mis Misalk alkan: an: m = ban banya yak k kel keler eren eng g mera merah h k = banyak kelereng kuning h = banyak kelereng hijau Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV: m + k + h = 58 . . . (1) 2 m + k – 2h = 30 . . . (2) m – 2k + 3h = 52 . . . (3) Eliminasi k dari persamaan (1) dan (2). m + k + h = 58 58 2m + k – 2h = 30 ––––––––––––––– –––––––––––– ––– – –m + 3h = 28 . . . (4) Eliminasi k dari persamaan (1) dan (3). m + k + h = 58 × 2 2m + 2k + 2h= 11 116 m – 2k + 3h= 52 52 × 1 m – 2k + 3h 3h= = 52 –––––––––––––––– + 3m + 5h 5h = 168. 168. . . (5) (5) Eliminasi m dari persamaan (4) dan (5). –m + 3h = 28 × 3 –3m + 9h = 84 3m + 5h = 168 × 1 3m + 5h = 168 ––––––––––––– + 14h 14 h = 252 252  h = 18 h = 18  –m + 3h 3h = 28 28  –m + 54 54 = 28 28  –m = –2 –26 6  m = 26 h = 18, m = 26  m + k + h = 58 58  26 + k + 18 = 58  44 + k = 58 58  k = 14 Jadi, banyak kelereng merah 26, kelereng kuning 14, dan kelereng hijau 18. 5. Mi Misal salkan kan:: x = harg harga a beli beli baj baju u per per poto potong ng y = harga beli celana celana per per potong potong z = harga harga beli kaos per per potong potong Sistem persamaan yang terbentuk dari permasalahan tersebut: (1) 5 × 12x 12x + 4 × 12y 12y + 6 × 12z= 12z= 3.060 3.060.00 .000 0  5x + 4y + 6z = 255.000 255.000 (2) 4 × 12(x 12(x + 6.00 6.000) 0) + 2 × 12(y 12(y + 7.00 7.000) 0) + 3 × 12(z + 5.000) = 2.472.000  4x + 24.000 + 2y + 14.000 + 3z + 15.000 = 206.000  4x + 2y + 3z = 153.000 (3)) y = 5. (3 5.00 000 0+z Eliminasi y dan z dari persamaan (1) dan (2). 5x + 4y + 6z = 255 255.00 .000 0 × 1 5x + 4y + 6z = 2 255 55.0 .000 00 4x + 2y + 3z = 153.00 153.000 0 × 2 8x + 4y + 6z = 306 306.0 .000 00

–––––––––––––––– – 

–3x = –51.00 –3x –51.000 0 x = 17.0 17.000 00

Substitusikan x = 17.000 ke dalam persamaan (1). 5x + 4y + 6z 6z = 255.000 255.000  5 × 17.000 17.000 + 4y + 6z = 255.000 255.000  4y + 6z = 170. 170.000 000  2y + 3z = 85.000 . . . (4) Substitusikan persamaan (3) ke dalam persamaan (4). 2y + 3z = 85.000  2(5.00 2(5.000 0 + z) + 3z = 85.000 85.000  10.00 10.000 0 + 2z + 3z = 85.000 85.000  5z = 75. 75.00 000 0  z = 15.0 15.000 00 Substitusikan z = 15.000 ke dalam persamaan (3). y = 5.000 + z = 5.000 + 15.000 = 20.000 Jadi, harga beli baju, celana, dan kaos per potong berturut-turut Rp17.000,00, Rp20.000,00, dan Rp15.000,00. 6. Misalk Misalkan: an: x = ber berat at dag daging ing sap sapii dala dalam m kilo kilogra gram m y = berat ikan segar dalam kilogram Dari permasalahan di atas dapat dibentuk sistem persamaan linear berikut. Persamaan linear untuk kebutuhan kalori: 500x + 350y = 27.500 . . . (1) Persamaan linear untuk kebutuhan protein: 200x + 400y = 16.200 . . . (2) Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). 500x + 350y = 27.500 200x 20 0x + 400 00y y = 16. 6.20 200 0

×2 ×5

1.000x + 700y = 55.000 1.000x 1.00 0x + 2. 2.00 000y 0y = 81. 1.00 000 0

––––––––––––––––– – 

–1.300 –1. 300y y = –26.000 –26.000 y = 20

Substitusikan y = 20 ke dalam persamaan (2). 200x + 400y = 16.200 16.200  200x + 400 × 20 20 = 16.200 16.200  200x + 8.000 = 16.200 16.200  200x 200 x = 8.2 8.200 00  x = 41 Pada hari Senin kebutuhan daging sapi 41 kg dan ikan segar 20 kg. Biaya yang harus dikeluarkan rumah sakit untuk memenuhi kebutuhan kalori dan protein pasien pada hari Senin = x × 40.000 + y × 15.000 = 41 × 40.000 + 20 × 15.000 = 1.640.000 + 300.000 = 1.940.000 Jadi, biayanya Rp1.940.000,00. 7. Mi Misa salk lkan an:: x = besar pi pinjaman di di ba bank A y = besa besarr pin pinja jama man n di di ban bank kB z = be besa sarr pinj pinjam aman an di di lemba lembaga ga kekeuangan

Matematika Kelas X

107

z = 80.000.00 80.000.000 0 – 70.000.00 70.000.000 0 = 10.000.000 Sistem persamaan linear yang terbentuk dari permasalahan tersebut: x + y = 70.000.000 . . . (1) 11 100  

x+

11 100

10 100

x+

y+

10 100

13 100

× 10.000.000 = 8.500.000

y + 1.300.000 = 8.500.000 8.500.000 11 100

x+

10 100

y = 7.200 7.200.00 .000 0

11x + 10y = 720.000.000 . . . (2 (2)) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 

x + y = 70 70.0 .00 00. 0.0 000 11x 11 x + 10 10y= y= 72 720. 0.00 000. 0.00 000 0

× 10 10 ×1

10x + 10 10x 10y = 700 00..00 000 0.0 .00 00 11x 11 x + 10y 10y = 720. 720.00 000. 0.00 000 0

–––––––––––––––– – 

–x = –20.00 –20.000.00 0.000 0 x = 20.000.0 20.000.000 00

Substitusikan x = 20.000.000 ke dalam persamaan (1). x + y = 70.000 70.000.00 .000 0  20.00 20.000.000 0.000 + y = 70.000.000 70.000.000  y = 50.000 50.000.00 .000 0 Jadi, besar pinjaman Pak Didin di bank A dan bank B berturut-turut Rp20.000.000,00 dan Rp50.000.000,00. 8. Mi Misal salkan kan:: a = si sisi si pe pert rtam ama a b = sisi kedua c = sisi ketiga Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV:  a + b + c = 23 . . . (1)  2a + b = 2 + 2c  2a + b – 2c = 2 . . . (2)  a + 2 b + c = 31 . . . (3) Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). a + b + c = 23 × 2 2a + 2b + 2c = 46 2 a + b – 2c = 2 × 1 2a + b – 2 c = 2 –––––––––––––– – b + 4c = 44 44 . . . (4) Eliminasi a dari persamaan (1) dan (3). a + b + c = 23 23 a + 2b + c = 31 ––––––––––––– – –b = –8 –8  b = 8 cm b = 8 cm  b + 4c 4c = 44 44  8 + 4c = 44 44  4c = 36  c = 9 cm a + b + c = 23  a + 8 + 9= 23  a + 17 17 = 23 23  a = 6 cm Jadi, ukuran sisi-sisi segitiga ABC berturut-turut 6 cm, 8 cm, dan 9 cm.

108


9. Mis Misalk alkan: an: x = bany banyak ak buk buku u yang yang dib dibac aca a Agus Agus y = banyak buku yang dibaca Budi z = banyak buku yang dibaca Anto Sistem persamaan yang terbentuk dari permasalahan tersebut: x:y=6:5  5x = 6y  5x – 6y = 0 . . . (1) y:z=5:7  7y = 5z  7y – 5z = 0 . . . (2) x + z = 65 . . . (3) Eliminasi x dari persamaan (1) dan (3). 5x – 6y = 0 ×1 5x – 6y = 0 x + z = 65 × 5 5x + 5z = 325 ––––––––––––– – –6y – 5z = –325 . . . (4) Eliminasi z dari persamaan (2) dan (4). 7y – 5z 5z = 0 –6y – 5z= –325 ––––––––––––– – 13y 13 y = 325 325  y = 25 Substitusikan y = 25 ke dalam persamaan (1). 5x – 6y = 0  5x – 6 × 25 25 = 0  5x = 150 150  x = 30 Substitusikan x = 30 ke persamaan (3). x + z = 65  30 + z = 65 65  z = 35 Jadi, banyak buku yang telah dibaca Agus, Budi, dan Anto berturut-turut 30, 25, dan 35. 10.. Mis 10 Misalk alkan: an: x = ha harg rga a 1 bu buku ku tu tuli lis s y = harga 1 pensil z = harga 1 penghapus Diperoleh SPLTV berikut. 2 x + y + 3 z = 1 0 .5 0 0 . . . (1) x + y + 2 z = 6 .8 0 0 . . . (2) 3x + 3y + 3z = 15.600 . . . (3) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 2x + y + 3z = 10.500 10.500 x + y + 2z = 6. 6.80 800 0 ––––––––––––––––– – x + z = 3 .7 0 0 . . . (4) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (3). 2x + y + 3z = 10.500 3x + 3y + 3z = 15.600

×3 ×1

6x + 3y + 9z = 31.500 3x + 3y + 3z = 15.600

–––––––––––––– –



3x + 6z = 15.9 15.900 00 x + 2z = 5.30 5.300 0 . . . (5) (5)

Eliminasi x dari persamaan (4) dan (5). x + z = 3.7 3.700 00 x + 2z= 5.300 –––––––––––– – –z = –1.6 –1.600 00  z = 1.6 1.600 00

z = 1.600

  

x + z = 3.7 3.700 00 x + 1.600 1.600 = 3.700 3.700 x = 2.1 2.100 00

2x + y + 3z = 10.500  2 × 2.100 + y + 3 × 1.600 = 10.500  4.200 + y + 4.800 4.800 = 10.500 10.500  y + 9.000 9.000 = 10.500 10.500  y = 1.5 1.500 00

4x + 2y + z = 4 × 2.100 2.100 + 2 × 1.500 1.500 + 1.600 1.600 = 8.400 + 3.000 + 1.600 = 13.000 Jadi, Lusi harus membayar sebesar Rp13.000,00.

Matematika Kelas X

109

Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. menjelask menjelaskan an dan menentukan penyelesai penyelesaian an sistem sistem persamaan persamaan dua dua variabel; variabel; 2. menyajik menyajikan an dan menyelesaika menyelesaikan n masalah yang berkaitan berkaitan dengan sistem persamaan persamaan dua dua variabel; 3. menjelask menjelaskan an dan menentukan penyelesa penyelesaian ian sistem sistem pertidaksamaan pertidaksamaan dua variabel; variabel; 4. menyajik menyajikan an dan menyelesaikan menyelesaikan masalah yang yang berkaitan berkaitan dengan sistem sistem pertidaksamaan pertidaksamaan dua variabel. variabel. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik mampu menunjukkan sikap optimis dan berpikiran positif dalam menghadapi setiap permasalahan.

Sistem Persamaan dan Sistem Pertidaksamaan Dua Variabel Mempelajari

Sistem Persamaan Linear dan Kuadrat Dua Variabel (SPLDV) dan Sistem Persamaan Kuadrat Dua Variabel (SPKDV) Mencakup 1. Persam Persamaan aan Line Linear ar Dua Dua Varia Variabel bel (PLDV) 2. Pe Peny nyel eles esai aian an PLD PLDV V 3. Pers Persamaa amaan n Kuadr Kuadrat at Dua Vari Variabel abel (PKDV) 4. Pe Peny nyel eles esai aian an PKD PKDV V 5. SPLKDV 6. Pen Penyel yeles esaia aian n SP SPLKD LKDV V 7. SPKDV 8. Pe Peny nyel eles esai aian an SPKD SPKDV V

Petidaksamaan Dua Variabel

Sistem Pertidaksamaan Dua Variabel

Mencakup 1. Perti Pertidak daksam samaan aan samaa samaan n Linear Linear Dua Variabel (PtdLDV) 2. Pe Penye nyele lesai saian an Ptd PtdLDV LDV 3. Pert Pertidak idaksama samaan an Kua Kuadrat drat Dua Variabel (PtdKDV) 4. Pe Penye nyeles lesai aian an Ptd PtdKDV KDV

Mencakup 1. Sistem Sistem Pert Pertida idaksa ksamaan maan Lin Linear ear dan Kuadrat Dua Variabel (SPtdLKDV) 2. Pe Penye nyele lesai saian an SP SPtdL tdLKDV KDV 3. Sis Sistem tem Perti Pertidak daksam samaan aan Kuadr Kuadrat at Dua Variabel (SPtdKDV) 4. Pe Penye nyele lesai saian an SP SPtdK tdKDV DV

Mampu • • •

110

Bersikap optim Bersikap optimis is dan berpi berpikira kiran n positif positif dalam dalam mengha menghadapi dapi permas permasalah alahan. an. Menyeles Meny elesaika aikan n permasalah permasalahan an berkaita berkaitan n dengan dengan sistem sistem persamaa persamaan n dua variabel variabel Menyeles Meny elesaika aikan n permasalah permasalahan an berkaitan berkaitan dengan dengan sistem sistem pertidak pertidaksam samaan aan dua variabel variabel

Sistem Persamaan dan Sistem Pertidaksamaan Dua Variabel

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: a Substitusikan persamaan y = 2x + 5 ke dalam persamaan y = x 2 + 3x + 3 sehingga diperoleh: 2x + 5 = x2 + 3x + 3 x2 + x – 2 = 0 ⇔ (x + 2)( 2)(xx – 1) 1) = 0 ⇔ (x – 1) = 0 ⇔ (x + 2) = 0 atau (x x = –2 atau x = 1 ⇔ Substitusikan x 1 = –2 dan x 2 = 1 ke dalam persamaan y = 2x + 5. Untuk x1 = –2 diperoleh: y1 = 2 × (–2) + 5 = –4 + 5 = 1 Sehingga penyelesaiannya (–2, 1). Untuk x2 = 1 diperoleh: y2 = 2 × 1 + 5 = 2 + 5 = 7 Sehingga penyelesaiannya (1, 7). Jadi, penyelesaian sistem persamaan tersebut (–2, 1) dan (1, 7). 2. Jawaban: c Substitusikan persamaan y = 2x 2 + x + 4 ke dalam persamaan y = x 2 – 4x – 2 sehingga diperoleh: 2x2 + x + 4 = x2 – 4x – 2 x2 + 5x 5x + 6 = 0 ⇔ (x + 2)( 2)(xx + 3) 3) = 0 ⇔ ⇔ (x + 2) = 0 atau (x + 3) = 0 x = –2 atau x = –3 ⇔ Substitusikan x 1 = –2 dan x 2 = –3 ke dalam persamaan y = x 2 – 4x – 2. Untuk x1 = –2 diperoleh: y1 = (–2)2 – 4 × (–2) – 2 = 4 + 8 – 2 = 10 Sehingga penyelesaiannya (–2, 10). Untuk x2 = –3 diperoleh: y2 = (–3)2 – 4 × (–3) – 2 = 9 + 12 – 2 = 19 Sehingga penyelesaiannya (–3, 19). Jadi, penyelesaian sistem persamaan tersebut (–2, 10) dan (–3, 19). 3. Jawaban: e Misalkan y = f(x) = y = x 2 + ax – 9. (a, –7) adalah penyelesaian dari sistem persamaan maka f(a) = –7 sehingga diperoleh: f(a)) = –7 f(a –7 2 a + a × a – 9 = –7 ⇔ a2 + a2 – 9 = –7 –7 ⇔ 2a2 – 2 = 0 ⇔ a2 – 1 = 0 ⇔ (a – 1)( 1)(a a + 1) 1) = 0 ⇔ (a – 1) = 0 atau (a + 1) = 0 ⇔ ⇔ a=1 atau a = –1 Oleh karena a < 0, maka diambil nilai a = –1.

Dengan demikian, diperoleh sistem persamaan:  5 = 2x – y  y = x2 – x – 9 Persamaan 5 = 2x – y dapat diubah menjadi y = 2x – 5. Substitusikan persamaan y = 2x – 5 ke dalam persamaan y = x2 – x – 9 sehingga diperoleh: 2x – 5 = x2 – x – 9 x2 – 3x – 4 = 0 ⇔ (x – 4)(x 4)(x + 1) = 0 ⇔ atau (x (x + 1) 1) = 0 ⇔ (x – 4) = 0 atau x = 4 atau x = –1 ⇔ Oleh karena x 1 = a = –1, maka x2 = 4. Substitusikan x 2 = 4 ke dalam persamaan y = 2x – 5 sehingga diperoleh: y 2= 2 × 4 – 5 = 8 – 5 = 3 Sehingga penyelesaiannya (4, 3). Jadi, penyelesaian yang lain adalah (4, 3). 4. Jawaban: b Persamaan –1 = 4x – y dapat diubah menjadi y = 4x + 1. Substitusikan persamaan y = 4x + 1 ke dalam persamaan y = x 2 + 2x + k sehingga diperoleh: 4x + 1 = x2 + 2x + k ⇔ x2 – 2x + k – 1 = 0 Sistem persamaan tidak mempunyai penyelesaian jika diskriminan dari persamaan kuadrat x2 – 2x + k – 1 = 0 bernilai negatif atau D < 0. D<0 2 b – 4ac 4ac < 0 ⇔ 2 (k – 1) < 0 ⇔ (–2) – 4 × 1 × (k ⇔ 4 – 4k + 4 < 0 –4kk < –8 –4 ⇔ k>2 ⇔ Jadi, nilai k yang memenuhi adalah {k | k > 2, k ∈ R R}. }. 5 . Jawaban: c Persamaan 2 = px – y dapat diubah menjadi y = px – 2. Substitusikan persamaan y = px – 2 ke dalam persamaan y = x2 + x – 2 sehingga diperoleh: px – 2 = x2 + x – 2 x2 + x – px = 0 ⇔ 2 (1 – p) p)xx = 0 ⇔ x + (1 Sistem persamaan memiliki satu penyelesaian j jii ka d i sk ri m i na n da ri pe rs a ma a n ku ad r at x 2 + (1 – p)x = 0 bernilai nol atau D = 0. D =0 ⇔ (1 – p)2 – 4 × 1 × 0 = 0 (1 – p)2 = 0 ⇔ p =1 ⇔ Jadi, nilai p = 1. Matematika Kelas X

111

6 . Jawaban: b Persamaan 3 = –2x – y dapat diubah menjadi y = –2x – 3. Substitusikan persamaan y = –2x – 3 ke dalam persamaan y = x2 + nx + 1 sehingga diperoleh: –2xx – 3 = x2 + nx + 1 –2 ⇔ x2 + (n + 2)x + 4 = 0 Sistem persamaan mempunyai dua penyelesaian j jii ka di s kr i m i na n da r i pe r sa m aa n ku a dr at x 2 + (n + 2)x + 4 = 0 bernilai positif atau D > 0. D>0 2 b – 4ac 4ac > 0 ⇔ ⇔ (n + 2)2 – 4 × 1 × 4 > 0 n2 + 4n + 4 – 16 > 0 ⇔ n2 + 4n 4n – 12 > 0 ⇔ ⇔ (n – 2)( 2)(n n + 6) 6) > 0 Pembuat nol: n – 2 = 0 atau atau n + 6 = 0 atau n = –6 ⇔ n= 2 Penyelesaian (n – 2)(n + 6) > 0 dalam bentuk diagram: +++

––– –6

+++ 2

Diperoleh penyelesaian n < –6 atau n > 2 Jadi, nilai n yang memenuhi adalah {n | n < –6 atau n > 2, n ∈ R}. 7. Jawaban: c Menentukan penyelesaian sistem persamaan menggunakan metode substitusi. Substitusikan persamaan y = 2x 2 + 5x + 8 ke dalam persamaan y = x 2 – 5x – 17 sehingga diperoleh: 2x2 + 5x + 8 = x2 – 5x – 17 ⇔ x2 + 10x 10x + 25 25 = 0 2=0 (x + 5) ⇔ x +5=0 ⇔ ⇔ x = –5 Substitusikan x = –5 ke dalam persamaan y = x 2 – 5x – 17 sehingga diperoleh: y = (– (–5) 5)2 – 5 × (–5) – 17 = 25 + 25 – 17 = 33 Dengan demikian, penyelesaian sistem persamaan adalah (–5, 33). Hal ini berarti nilai m = –5 dan 3n = 33 ⇔ n = 11. 2m – n = 2 × (–5) – 11 = –10 – 11= –21. Jadi, nilai 2m – n = –21. 8. Jawaban: e b dan d merupakan ordinat penyelesaian sistem persamaan. Menentukan penyelesaian sistem persamaan menggunakan metode substitusi.

112


Substitusikan persamaan y = 2x 2 – 3x + 6 ke dalam persamaan y = x 2 + 5x – 6 sehingga diperoleh: 2x2 – 3x 3x + 6 = x2 + 5x – 6 x2 – 8x 8x + 12 = 0 ⇔ (x – 2)( 2)(xx – 6) 6) = 0 ⇔ ⇔ (x – 2) 2) = 0 atau atau (x – 6)= 6)= 0 x = 2 atau x =6 ⇔ Substitusikan x 1 = 2 dan x 2 = 6 ke dalam persamaan y = x 2 + 5x – 6. Untuk x1 = 2 diperoleh: b = y1 = 22 + 5 × 2 – 6 = 4 + 10 – 6 = 8 Untuk x2 = 6 diperoleh: d = y2 = 62 + 5 × 6 – 6 = 36 + 30 – 6 = 60 Nilai b + d = 8 + 60 = 68 Jadi, b + d = 68. 9. Jawaban: d Misalkan: x = bilangan bilangan pertam pertama a y = bilangan bilangan kedua kedua Jumlah kedua bilangan = 11 sehingga diperoleh persamaan: x + y = 11 atau y = 11 – x . . . (1) Hasil kuadrat salah satu bilangan sama dengan 1 lebih dari bilangan yang lain sehingga diperoleh persamaan: x2 = 1 + y . . . (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh SPLKDV berikut. y = 11 – x  2 x = 1 + y Substitusikan persamaan y = 11 – x ke dalam persamaan x2 = 1 + y sehingga diperoleh: x2 = 1 + y x2 = 1 + 11 – x ⇔ x2 + x = 12 ⇔ ⇔ x2 + x – 12 = 0 (x + 4)(x 4)(x – 3) = 0 ⇔ atau (x – 3) = 0 ⇔ (x + 4) = 0 atau ⇔ x = –4 atau x = 3 Substitusikan x 1 = –3 dan x 2 = 3 ke dalam persamaan y = 11 – x. Untuk x1 = –4 diperoleh y 1 = 11 – (–4) = 15 Untuk x2 = 3 diperoleh y2 = 11 – 3 = 8 Untuk x1 = –4 dan y1 = 15 diperoleh: x1 – y1 = –4 – 15 = –19 y1 – x1 = 15 – (–4) = 19 Untuk x2 = 3 dan y2 = 8 diperoleh: x2 – y2 = 3 – 8 = –5 y2 – x 2 = 8 – 3 = 5 Dari perhitungan selisih kedua bilangan diperoleh hasil terbesar 19. Jadi, selisih terbesar kedua bilangan tersebut adalah 19.

10. Jawaban: b Misalk Mis alkan an:: a = panja panjang ng alas alas segi segitig tiga a t = ting tinggi gi se segit gitiga iga Panjang alas 12 cm lebih dari tingginya sehingga diperoleh persamaan: a = t + 12 . . . (1) Hasil kuadrat tinggi segitiga sama dengan dua kali panjang alas sehingga diperoleh persamaan: t2 = 2a . . . (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh SPLKDV berikut. a = t + 12  2 t = 2a Substitusikan persamaan a = t + 12 ke dalam persamaan t 2 = 2a sehingga diperoleh: t2 = 2a t2 = 2(t + 12) ⇔ t2 = 2t + 24 ⇔ 2 t – 2t 2t – 24 = 0 ⇔ (t – 6)(t 6)(t + 4) = 0 ⇔ 6) = 0 at atau au (t + 4) 4) = 0 ⇔ (t – 6) t=6 atau t = –4 ⇔ Oleh karena tinggi segitiga berupa bilangan positif, maka diambil t = 6. Substitusikan t = 6 ke persamaan a = t + 12 sehingga diperoleh: a = 6 + 12 = 18 1

1

Luas segitiga = 2 × a × t = 2 × 18 × 6 = 54 cm 2 Jadi, luas segitiga adalah 54 cm 2. B. Uraian

1. Persamaa Persamaan n –1 = 2x 2x – y dapat dapat diubah diubah menj menjadi adi y = 2x + 1. Substitusikan persamaan y = 2x + 1 ke dalam persamaan y = 2x 2 + 3x – 2 sehingga diperoleh: 2x + 1 = 2x 2x2 + 3x – 2 2 2x + x – 3 = 0 ⇔ (2x + 3)(x 3)(x – 1) = 0 ⇔ 3) = 0 atau (x – 1) = 0 ⇔ (2x + 3) ⇔

3

x = –2

atau at au x = 1 3

Substitusikan x 1 = – 2 dan x 2 = 1 ke dalam persamaan y = 2x + 1. 3

Untuk x1 = – 2 diperoleh:

Sehingga penyelesaiannya (1, 3). Jadi, penyelesaian sistem persamaan adalah 3

(– 2 , –2) dan (1, 3). 2. a. Pers Persam amaa aan n 3 = 2x 2x – y dap dapat at diu diuba bah h men menja jadi di y = 2x – 3. Substitusikan persamaan y = 2x – 3 ke dalam persamaan y = x2 + 6x – k sehingga diperoleh: 2x – 3 = x2 + 6x – k 2 ⇔ x + 4x + 3 – k = 0 Sistem persamaan mempunyai dua penyelesaian jika diskriminan persamaan kuadrat x2 + 4x + 3 – k = 0 bernilai positif atau D > 0. D>0 2 ⇔ b – 4ac 4ac > 0 2 (3 – k) > 0 ⇔ 4 – 4 × 1 × (3 16 – 12 + 4k > 0 ⇔ ⇔ 4k > –4 –4 k > –1 ⇔ Jadi, nilai k yang memenuhi adalah {k | k > –1, k ∈ R}. b. Per Persam samaan aan –1 = 3x – y dapa dapatt diuba diubah h menj menjadi adi y = 3x + 1. Substitusikan persamaan y = 3x + 1 ke dalam persamaan y = 2x 2 + (k + 2)x + 3 sehingga diperoleh: 3x + 1 = 2x 2x2 + (k + 2)x + 3 2x2 + kx – x + 2 = 0 ⇔ 2x2 + (k – 1)x 1)x + 2 = 0 ⇔ Sistem persamaan mempunyai dua penyelesaian jika diskrimian persamaan kuadrat 2x2 + (k – 1)x + 2 = 0 bernilai positif atau D > 0. D>0 2 b – 4ac 4ac > 0 ⇔ 2 ⇔ (k – 1) – 4 × 2 × 2 > 0 ⇔ k2 – 2k + 1 – 16 > 0 k2 – 2k 2k – 15 > 0 ⇔ (k + 3)(k 3)(k – 5) > 0 ⇔ Pembuat nol: (k + 3)(k 3)(k – 5) = 0 atau (k – 5) = 0 ⇔ (k + 3) = 0 k = –3 atau k=5 ⇔ Penyelesaian (k + 3)(k – 5) > 0 dalam bentuk diagram:

3

y1 = 2x + 1 = 2 × (– 2 ) + 1 = –3 + 1 = –2 3 , 2

Sehingga penyelesaiannya (– –2). Untuk x2 = 1 diperoleh: y = 2x + 1 = 2 × 1 + 1 = 2 + 1 = 3

+++

––– –3

+++ 5

Diperoleh penyelesaian k < –3 atau k > 5. Jadi, nilai k yang memenuhi adalah {k | k < –3 atau k > 5, k ∈ R}.

Matematika Kelas X

113

3. Substit Substitusi usikan kan pers persama amaan an y = 2x 2x2 + 3x – 18 ke dalam persamaan y = x 2 + 4x + 12 sehingga diperoleh: 2x2 + 3x 3x – 18 = x2 + 4x + 12 x2 – x – 30 30 = 0 ⇔ (x – 6)(x 6)(x + 5) = 0 ⇔ ⇔ (x – 6) = 0 atau (x + 5) = 0 x=6 atau ata u x = –5 ⇔ Substitusikan x 1 = 6 dan x 2 = –5 ke dalam persamaan y = x2 + 4x + 12. Untuk x1 = 6 diperoleh: y1 = x2 + 4x + 12 = 62 + 4 × 6 + 12 = 36 + 24 + 12 = 72 Sehingga penyelesaiannya (6, 72). Untuk x2 = –5 diperoleh: y2 = x2 + 4x + 12 = (–5)2 + 4 × (–5) + 12 = 25 – 20 + 12 = 17 Sehingga penyelesaiannya (–5, 17). Jadi, penyelesaian sistem persamaan adalah (6, 72) dan (–5, 17). 4. Mi Misa salk lkan an:: a = us usia ia Au Audi di b = usia Bima Bima lebih muda daripada Audi sehingga a > b. Selisih usia Audi dan Bima 5 tahun sehingga diperoleh persamaan: a – b = 5 ⇔ a = 5 + b . . . (1) Hasil kuadrat usia Bima sama dengan 1 lebih dari empat kali usia Audi sehingga diperoleh persamaan: b2 = 4a + 1 . . . (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh SPLKDV berikut. a = 5 + b  2 b = 4a + 1 Substitusikan persamaan a = 5 + b ke dalam persamaan b2 = 4a + 1 sehingga diperoleh: b2 = 4a + 1 b2 = 4(5 + b) + 1 ⇔ b2 = 20 + 4b + 1 ⇔ b2 – 4b 4b – 21 = 0 ⇔ (b – 7)(b 7)(b + 3) = 0 ⇔ 7) = 0 at atau au (b + 3) 3) = 0 ⇔ (b – 7) b = 7 atau b = –3 ⇔ Oleh karena usia selalu berupa bilangan positif, maka dipilih b = 7. Substitusikan b = 7 ke dalam persamaan a = 5 + b sehingga diperoleh: a = 5 + 7 = 12 Jadi, usia Audi 12 tahun.

114


5. Alas balok balok berben berbentuk tuk persegi persegi sehing sehingga ga panjang panjang balok sama dengan lebar balok. Misalkan: p = panjang panjang balok balok = lebar lebar balok balok t = tin tingg ggii bal balok ok Sketsa gambar kerangka balok sebagai berikut. t

p

p

Panjang kawat = 76 cm sehingga diperoleh persamaan: 4(p + p + t) = 76 ⇔ 2p + t = 19 . . . (1) Hasil kuadrat tinggi balok sama dengan 1 lebih dari panjang alasnya sehingga diperoleh persamaan: t2 = 1 + p . . . (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh SPLKDV berikut. 2p + t = 19  2 t = 1 + p Persamaan 2p + t = 19 dapat diubah menjadi: 1

2p = 19 – t ⇔ p = 2 (19 – t) 1

Substitusikan persamaan p = 2 (19 – t) ke dalam persamaan t2 = 1 + p sehingga diperoleh: t2 = 1 + p ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

1

t 2 = 1 + 2 (19 – t) 2t2 = 2 + 19 – t 2t2 + t – 21 = 0 (2t + 7)( 7)(tt – 3) = 0 (2t + 7) = 0 atau (t – 3) = 0 7

t=–2

⇔

atau at au

t=3

Oleh karena tinggi balok selalu bernilai positif maka dipilih t = 3 cm. Substitusikan nilai t = 3 ke dalam persamaan 1

p = 2 (19 – t) sehingga diperoleh: 1

p = 2 (19 – 3) 1

= 2 × 16 = 8 cm Volume balok balok = p ×  × t =8×8×3 = 192 cm3 Jadi, volume balok 192 cm 3.

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: b Langkah-langkah menentukan daerah penyelesaian sebagai berikut. Langkah 1: Menentukan titik-titik yang dilalui garis –3x + 4y = 3.

Untuk y = 0 diperoleh: –3x + 4 × 0 = 3 ⇔ –3x + 0 = 3 ⇔ x = –1 Diperoleh titik ( –1, 0). Untuk x = 3 diperoleh: –3 × 3 + 4y = 3 ⇔ –9 + 4y = 3 4y = 12 ⇔ y=3 ⇔ Diperoleh titik ( 3, 3). Dengan demikian, garis –3x + 4y = 3 melalui titik ( –1, 0) dan ( 3, 3). Garis yang melalui titik ( –1, 0) dan ( 3, 3) adalah grafik pada pilihan a dan b.

Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan titik (0, 0) ke 4x + y ≤ –2. 4x + y ≤ –2 4 × 0 + 0 ≤ –2 ⇔ 0 ≤ –2 (bernilai salah) ⇔ Oleh karena 0 ≤ –2 bernilai salah, daerah penyelesaian dibatasi garis 4x + y = –2 dan tidak memuat titik (0, 0). Di antara pilihan c dan d, yang daerah penyelesaiannya tidak memuat titik (0, 0) adalah pilihan c. Jadi, daerah penyelesaian 4x + y ≤ –2 adalah pilihan c. 3. Jawaban: b Langkah-langkah menentukan daerah penyelesaian sebagai berikut. Langkah 1: Menentukan titik potong parabola y 1 2

Langkah 2: Menentukan daerah penyelesaian.

= – x 2 – 4x – 6 dengan sumbu-sumbu koordinat.

Titik (0, 0) di luar garis –3x + 4y = 3. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan titik (0, 0) ke –3x + 4y ≤ 3. –3x + 4y ≤ 3 ⇔ –3 × 0 + 4 × 0 ≤ 3 0 ≤ 3 (bernilai benar) ⇔ Oleh karena 0 ≤ 3 bernilai benar, daerah penyelesaian dibatasi garis –3x + 4y = 3 dan memuat titik (0, 0). Di antara pilihan a dan b, yang daerah penyelesaiannya memuat titik (0, 0) adalah pilihan b. Jadi, daerah penyelesaian dari –3x + 4y ≤ 3 ditunjukkan oleh pilihan b.

Parabola memotong sumbu X jika y = 0.

2. Jawaban: c Langkah-langkah menentukan daerah penyelesaian sebagai berikut. Langkah 1: Menentukan titik-titik yang dilalui garis 4x + y = –2.

Untuk x = 0 diperoleh: 4 × 0 + y = –2 ⇔ 0 + y = –2 ⇔ y = –2 Diperoleh titik (0, –2). Untuk x = –1 diperoleh: 4 × (–1) + y = –2 ⇔ –4 + y = –2 –2 y=2 ⇔ Diperoleh titik ( –1, 2). Dengan demikian, garis 4x + y = –2 melalui titik (0, –2) dan ( –1, 2). Garis yang melalui titik (0, –2) dan ( –1, 2) adalah grafik pada pilihan c dan d. Langkah 2: Menentukan daerah penyelesaian.

Titik (0, 0) di luar garis 4x + y = –2.

y=0

1

⇔

– 2 x2 – 4x 4x – 6 = 0

⇔

– 2 (x2 + 8x + 12) 12) = 0

⇔

– 2 (x + 2)(x 2)(x + 6) = 0

⇔

– 2 (x + 2) 2) = 0 ata atau u (x + 6) = 0

1

1

1

x = –2 atau x = –6 Dengan demikian, parabola memotong sumbu X di titik (–2, 0) dan (–6, 0). Parabola memotong sumbu Y jika x = 0. ⇔

x=0

⇔ y

1

= – 2 × 0 2 – 4 × 0 – 6 = –6

Dengan demikian, parabola memotong sumbu Y di titik (0, –6). Parabola yang memotong sumbu X di titik (–2, 0) dan (–6, 0) serta memotong sumbu Y di titik (0, –6) adalah pilihan a dan b. Langkah 2: Menentukan daerah penyelesaian. 1

Titik (0, 0) di luar parabola y = – 2 x2 – 4x – 6. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. 1

Substitusikan titik (0, 0) ke y ≥ – 2 x2 – 4x – 6. 1

y ≥ – 2 x2 – 4x – 6 1

⇔

0 ≥ – 2 × 02 – 4 × 0 – 6

⇔

0 ≥ –6 (bernilai benar)

Matematika Kelas X

115

Oleh karena 0

≥ –6

bernilai benar, daerah 1

penyelesaian dibatasi parabola y = – 2 x2 – 4x – 6 dan memuat titik (0, 0). Di antara pilihan a dan b, yang daerah penyelesaiannya memuat titik (0, 0) adalah pilihan b. Jadi, daerah penyelesaian y

≥

1

– 2 x2 – 4x – 6

adalah pilihan b. 4. Jawaban: d Langkah-langkah menentukan daerah penyelesaian sebagai berikut. Langkah 1: Menentukan titik puncak dan titik potong parabola y = x 2 – 6x + 4 dengan sumbu Y.

Persamaan parabola y = f(x) = x 2 – 6x + 4 mempunyai nilai a = 1, b = –6, dan c = 4. Titik puncak parabola (p, q). b

p = – 2a = –

(−6) 6 = 2×1 2

= 3

q = f(p) = f(3) = 3 2 – 6 × 3 + 4 = 9 – 18 + 4 = –5 Dengan demikian, parabola mempunyai titik puncak (3, –5). Parabola memotong sumbu Y jika x = 0. x = 0 ⇔ y = f(0) = 02 – 6 × 0 + 4 = 4 Dengan demikian, parabola memotong sumbu Y di titik (0, 4). Parabola yang mempunyai titik puncak (3, –5) dan memotong sumbu Y di titik (0, 4) adalah pilihan a dan d. Langkah 2: Menentukan daerah penyelesaian.

Titik (0, 0) di luar parabola y = x 2 – 6x + 4. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan titik (0, 0) ke y > x2 – 6x + 4. y > x2 – 6x + 4 2 ⇔ 0 > 0 – 6 × 0 + 4 (bernilai lai salah) salah) ⇔ 0 > 4 (berni Oleh karena 0 > 4 bernilai salah, daerah penyelesaian tidak memuat titik (0, 0). Di antara pilihan a dan d, yang daerah penyelesaiannya dibatasi parabola y = x 2 – 6x + 4 dan tidak memuat titik (0, 0) adalah pilihan d. Jadi, daerah penyelesaian dari y > x 2 – 6x + 4 ditunjukkan oleh pilihan d. 5. Jawaban: c Langkah-langkah menentukan pertidaksamaan sebagai berikut. Langkah 1: Menentukan persamaan garis.

Garis memotong sumbu Y di titik (0, 3) dan memotong sumbu X di titik (–6, 0). Persamaan garis yang memotong sumbu Y di titik (0, a) dan memotong sumbu sumbu X di titik (b, 0) adalah ax + by = ab sehingga persamaan garis: 3x – 6y = –18 ⇔ x – 2y = –6

116


Langkah 2: Menentukan tanda pertidaksamaan.

Titik O(0, 0) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik O(0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan titik xO = 0 dan yO = 0 ke x – 2y sehingga diperoleh 0 – 2 × 0 = 0. Oleh karena 0 lebih besar dari –6 dan garis digambarkan penuh, maka 0 ≥ –6 sehingga x O – 2yO ≥ –6 atau –xO + 2yO ≤ 6. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan untuk daerah yang diarsir adalah –x + 2y ≤ 6. Jadi, pertidaksamaan yang sesuai adalah pilihan c. 6. Jawaban: a Langkah-langkah menentukan pertidaksamaan sebagai berikut. Langkah 1: Menentukan persamaan garis.

Garis melalui titik A(–2, 3) dan B(2, 0). Persamaan garis: y − yA yB − y A

=

x − xA ⇔ xB − x A

y−3 0−3

=

x − ( −2 2)) 2 − ( −2 2))

⇔

y−3 −3

=

x+2 4

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

4(y – 3) = –3(x –3(x + 2) 4y – 12 = –3x –3x – 6 3x + 4y = 12 – 6 3x + 4y 4y = 6


Koefisien x dari persamaan garis 3x + 4y = 6 adalah 3, bernilai positif, dan daerah penyelesaian di kiri garis penuh 3x + 4y = 6 sehingga tanda pertidaksamaannya adalah ≤. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 3x + 4y ≤ 6. Jadi, daerah yang diarsir merupakan penyelesaian pertidaksamaan dari 3x + 4y ≤ 6. 7. Jawaban: d Langkah-langkah menentukan pertidaksamaan sebagai berikut. Langkah 1: Menentukan persamaan parabola.

Parabola mempunyai titik puncak (1, –2) sehingga persamaannya adalah y = f(x) = a(x – 1) 2 – 2. Parabola melalui titik (0, 1) maka f(0) = 1. f(0) = 1 ⇔ a(0 – 1)2 – 2 = 1 a– 2= 1 ⇔ a=3 ⇔ Persamaan parabola menjadi: y = 3(x 3(x – 1) 1)2 – 2 = 3(x2 – 2x + 1) – 2 = 3x2 – 6x + 3 – 2 = 3x2 – 6x + 1


Daerah penyelesaian memuat titik T(1, 0). Ambil titik T(1, 0) sebagai titik uji. Substitusikan xT = 1 ke 3x2 – 6x + 1 sehingga diperoleh: 3xT2 – 6x 6xT + 1 = 3 × 12 – 6 × 1 + 1 = 3 – 6 + 1 = –2 Oleh karena –2 lebih kecil dari y T = 0 dan parabola digambarkan penuh maka –2 ≤ 0 sehingga 3xT2 – 6xT + 1 ≤ y T = 0. Jadi, pertidaksamaannya 3x 2 – 6x + 1 ≤ y atau y ≥ 3x 2 – 6x + 1.

9. Jawaban: c Daerah penyelesaian –x + 3y ≤ 2 beserta kedudukan titik-titik pada pilihan sebagai berikut. Y 3 2 1 –3

–2 –2

–1

8. Jawaban: e Langkah-langkah menentukan pertidaksamaan sebagai berikut.

0 –1

1

2

3

4

X

–2 –3

Langkah 1: Menentukan persamaan parabola

Parabola memotong sumbu X di titik (–5, 0) dan (–2, 0) sehingga persamaannya adalah y = f(x) = a(x + 5)(x + 2). Parabola melalui titik (0, –5) maka f(0) = –5. f(0) = –5 ⇔ a(0 + 5)(0 5)(0 + 2) = –5 a × 5 × 2 = –5 ⇔ 10a 10 a = –5 ⇔ 1

a=–2

⇔

Dari gambar terlihat, titik (–1, –1), (2, –2), dan (3, 1) berada di dalam daerah penyelesaian. Jadi, himpunan titik yang berada di dalam daerah penyelesaian –x + 3y ≤ 2 adalah {(–1, –1), (2, –2), (3, 1)}. 10. Jawaban: a a. Y 8 7 6 5 4 3 2 1

Persamaan parabola menjadi: 1

y = – 2 (x + 5)(x + 2) 1

= – 2 (x2 + 7x + 10) 1

7

0 –1 –2

= – 2 x2 – 2 x – 5 Langkah 2: Menentukan tanda pertidaksamaan

Substitusikan xO = 0 ke –

b. x – 5 sehingga

diperoleh: 1

7

1

7

1

7

– 2 xO2 – 2 xO – 5 = – 2 × 02 – 2 × 0 – 5 = –5 Oleh karena –5 lebih kecil dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh maka –5 ≤ 0 sehingga

1

7

Jadi, pertidaksamaannya – 2 x2 – 2 x – 5 ≤ y atau 7

Y 8 7 6 5 4 3 2 1 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1 –2

– 2 xO2 – 2 xO – 5 ≤ yO = 0.

1

1 2 3 4 5

X

Titik (0, 6), (1, 4), dan (2, 2) di dalam daerah penyelesaian y ≥ x2 – 3x + 3.

Daerah penyelesaian memuat titik O(0, 0). Ambil titik O(0, 0) sebagai titik uji. 1 2 7 x – 2 2

y = x 2 – 3x + 3

y = x 2 + 3x + 3

1 2

X

Titik (1, 4) dan (2, 2) di luar daerah penyelesaian y ≥ x 2 + 3x + 3.

y ≥ – 2 x2 – 2 x – 5.

Matematika Kelas X

117

c.

Y 8 7 6 5 4 3 2 1 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1 –2 –3 –4 –5 –6 –7

y=

x2 +

Koordinat titik (–1, –1). Sehingga garis melalui titik (0, 3) dan (–1, –1). Oleh karena tanda pertidaksamaan ≥, garis 4x – y = –3 digambarkan penuh.

3x – 3

Y 5 1 2 3

4

X

3 2 1 –3 –2 –2 –1 0 –1

Titik (2, 2) di luar daerah penyelesaian y ≥ x2 + 3x – 3. d.

1 2 3

X

y = –x2 – 3x + 3

5 4 3 2 1 –3 –2 –2 –1 0 –1

1 2 3 4 5

X

y = –x2 + 3x + 3

b.

1)

B. Uraian

1 . a. Langkah 1: Menggambar garis 4x – y = –3. Menentukan dua titik yang dilalui garis 4x – y = –3. Untuk x = 0 diperoleh: 4 × 0 – y = –3 ⇔ 0 – y = –3 ⇔ y = 3 Koordinat titik (0, 3). Untuk x = –1 diperoleh: 4 × (–1) – y = –3 ⇔ –4 – y = –3 –3 ⇔ –y = 1 y = –1 ⇔


1

2

3

X

Langkah 1: Menggambar sketsa parabola y = f(x) = –x 2 – 6x – 5.

Titik (0, 6) di luar daerah penyelesaian y ≤ –x2 + 3x + 3. Jadi, himpunan titik {(0, 6), (1, 4), (2, 2)} berada di dalam daerah penyelesaian y ≥ x2 – 3x + 3.

118

X

Y

Y 6 5 4 3 2 1 –3 –2 –1 0 –1 –2

3

Koefisien x dari pertidaksamaan 4x – y ≥ –3 adalah 4, bernilai positif, dan tanda pertidaksamaan ≥ sehingga daerah penyelesaiannya di kanan garis 4x – y = –3. Daerah yang diarsir berikut merupakan daerah penyelesaian 4x – y ≥ –3.

Titik (0, 6), (1, 4), dan (2, 2) di luar daerah penyelesaian y ≤ –x2 – 3x + 3. e.

2

Langkah 2: Menentukan daerah penyelesaian 4x – y ≥ –3. –3.

Y 6 5 4 3 2 1 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1 –2

1

2)

3)

Parabola Parab ola me memo moton tong g sumb sumbu u X jika jika y = 0. 2 y=0 ⇔ –x – 6x 6x – 5 = 0 2 x + 6x + 5 = 0 ⇔ (x + 5)( 5)(xx + 1) 1) = 0 ⇔ (x + 5) = 0 atau (x (x + 1) = 0 ⇔ x = –5 ata atau u x = –1 ⇔ Jadi, parabola memotong sumbu X di titik (–5, 0) dan (–1, 0). Parabo Par abola la mem memoto otong ng su sumb mbu u Y jika jika x = 0. x = 0 ⇔ y = –02 – 6 × 0 – 5 = –5 Jadi, parabola memotong sumbu Y di titik (0, –5). Menentu Men entukan kan titi titikk punc puncak ak par parabo abola la (p, q). 2 y = f(x) = –x – 6x – 5 mempunyai nilai a = –1, b = –6, dan c = –5. b

p = – 2a = –

( −6) = 2 × ( −1)

–3

4)

q = f(p) = f(–3) = –(–3) –(–3)2 – 6 × (–3) – 5 = –9 + 18 – 5 =4 Jadi, parabola mempunyai titik puncak (–3, 4). Mene Me nentu ntuka kan n bebe bebera rapa pa titi titik k bantu bantu.. x

–6

–4

–2

y = f(x)

–5

3

3

2. a. Lang Langka kah-l h-lang angka kah h menen menentuk tukan an perti pertida dakksamaan sebagai berikut. Langkah 1: Menentukan persamaan garis.

Garis melalui titik A(–1, 0) dan B(2, –2). Persamaan garis: y − yA yB − y A

⇔ ⇔

b.

Dari gambar parabola terlihat titik (0, 0) di luar parabola. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan titik (0, 0) ke y > –x 2 – 6x – 5. y > –x2 – 6x – 5 ⇔ 0 > –02 – 6 × 0 – 5 ⇔ 0 > –5 (bernilai (bernilai benar) benar) Oleh karena 0 > –5 bernilai benar, daerah penyelesaiannya dibatasi parabola y = –x 2 – 6x – 5 dan memuat titik (0, 0). Daerah yang diarsir berikut merupakan daerah penyelesaian y > –x 2 – 6x – 5. Y 5 4 3 2 1 –7 –6 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1 –2 –3 –4 –5

=

x − ( −1) 2 − (−1)

y −2

=

x +1 3

Langkah 2: Menentukan tanda pertidaksamaan.

X

Langkah 2: Uji titik untuk menentukan daerah penyelesaian y > –x 2 – 6x – 5.

y−0 −2 − 0

3y = –2 –2(x (x + 1) 3y = –2x –2x – 2 2x + 3y 3y = –2 –2

⇔

Y 5 4 3 2 1 1 2

x − xA ⇔ xB − x A ⇔

Diperoleh titik bantu (–6, –5), (–4, 3), dan (–2, 3). Oleh karena tanda pertidaksamaan >, parabola y = f(x) = –x 2 – 6x – 5 digambarkan putus-putus seperti berikut.

–7 –6 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1 –2 –3 –4 –5

=

Koefisien x dari persamaan garis 2x + 3y = –2 adalah 2, bernilai positif, dan daerah penyelesaian di kiri garis putus-putus 2x + 3y = –2 sehingga tanda pertidaksamaannya adalah <. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 2x + 3y < –2. Jadi, daerah yang diarsir merupakan penyelesaian pertidaksamaan dari 2x + 3y < –2. Langka Lan gkah-l h-lang angkah kah mene menentu ntuka kan n pertid pertidak ak-samaan sebagai berikut. Langkah 1: Menentukan persamaan parabola.

Parabola mempunyai titik puncak (5, 3). Persamaan parabola y = f(x) = a(x – 5) 2 + 3. Parabola melalui titik (2, 6) maka f(2) = 6. f(2) = 6 ⇔ a(2 – 5)2 + 3 = 6 ⇔ 9a = 3 1

a= 3 Dengan demikian, diperoleh persamaan pa⇔

rabola y = f(x)

1

= 3 (x – 5)2 + 3 1

= 3 (x2 – 10x + 25) + 3 1

= 3 (x2 – 10x + 25 + 9) 1

= 3 (x2 – 10x + 34) Langkah 2: Uji titik untuk menentukan tanda pertidaksamaan. 1 2

X

Dari grafik terlihat, titik T(5, 6) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik T(5, 6) sebagai titik uji. 1

Substitusikan titik xT = 5 ke 3 (x2 – 10x + 34) sehingga diperoleh: 1 3

1

(xT2 – 10xT + 34) = 3 (52 – 10 × 5 + 34) 1

= 3 (25 – 50 + 34) = 3

Matematika Kelas X

119

Oleh karena 3 lebih kecil dari y T = 6 dan parabola digambar penuh maka 3 ≤ 6 sehingga 1 3

Y 9 8 7 6 5 4 3 2 1

(xT2 – 10xT + 34) ≤ y T = 6. 1

Jadi, pertidaksamaannya 3 (x2 – 10x + 34) ≤ y atau y

≥

1 3

(x2 – 10x + 34).

3. Langkah 1: Menggambar sketsa parabola y=

a.

1

x 2 – 2x + 3

Parab Par abol ola a memo memoto tong ng sum sumbu bu X jika jika y = 0. y=0

1 2 x – 4

⇔

2x + 3 = 0 2x

b.

x2 – 8x 8x + 12 = 0 (x – 2)( 2)(x x – 6) 6) = 0 ⇔ (x – 6) = 0 ⇔ (x – 2) = 0 atau (x x = 2 ata atau u x=6 ⇔ Jadi, parabola memotong sumbu X di titik (2, 0) dan (6, 0). Parab Par abol ola a memo memoto tong ng sum sumbu bu Y jika jika x = 0.

c.

x = 0 ⇔ y = f(0) = 4 × 02 – 2 × 0 + 3 = 3 Jadi, parabola memotong sumbu Y di titik (0, 3). Mene Me nentu ntuka kan n titik titik pun punca cak k para parabo bola la (p, (p, q). q).

⇔

–3 –2 –1 0 –1 –2 –3

1

1

nilai a = 4 , b = –2, dan c = 3. b

p = – 2a = –

( −2) 1

2× 4

= 4

1

d.

q = f( f(4) 4) = 4 × 4 2 – 2 × 4 + 3 =4–8+3 = –1 Jadi, parabola mempunyai titik puncak (4, –1). Mene Me nentu ntuka kan n beb beber erap apa a titi titik k ban bantu. tu. x

–2

8

10

y = f(x)

8

3

8

Diperoleh titik bantu (–2, 8), (8, 3), dan (10, 8). Oleh karena tanda ketidaksamaannya >, maka 1

parabola y = f(x) = 4 x2 – 2x + 3 digambar putusputus seperti berikut.

120


X

Langkah 2: Uji titik untuk menentukan daerah penyelesaian y >

1 4

x 2 – 2x + 3

Titik (0, 0) di luar parabola. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. 1

Substitusikan titik (0, 0) ke y > 4 x2 – 2x + 3. 1

y > 4 x2 – 2x + 3 1

⇔

0 > 4 × 02 – 2 × 0 + 3

⇔

0 > 3 (bern (bernilai ilai sala salah) h)

1

Parabola y = f(x) = 4 x2 – 2x + 3 mempunyai

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Oleh karena 0 > 3 bernilai salah, daerah penyele1

saiannya dibatasi parabola y = 4 x2 – 2x + 3 dan tidak memuat titik (0, 0). Daerah yang diarsir berikut merupakan daerah penyelesaian dari 1

y > 4 x2 – 2x + 3. Y 9 8 7 6 5 4 3 2 1 –3 –2 –1 0 –1 –2 –3

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

X

Dari penyelesaian di atas diperoleh nilai y terendah –1 dan nilai y tertinggi tak hingga. Dengan demikian, y > –1. Jadi, batas-batas nilai y adalah {y | y > –1, y ∈ R R}. }.

4. Berat Berat kenda kendaraa raan n = w = 6 ton ton Tebal kayu = d = 20 cm Substitusikan w = 6 ton dan d = 20 cm ke w ≤ 0,05(d – 10)2. 6 ≤ 0,05(20 – 10) 2 = 5 (bernilai salah) Oleh karena hasil substitusi bernilai salah, maka kendaraan tersebut tidak aman melewati jembatan jembata n terseb tersebut. ut. 5. Keduduk Kedudukan an titik-titik titik-titik terhada terhadap p daerah penyepenyelesaian suatu pertidaksamaan dapat diselidiki dengan cara mensubstitusikan titik-titik tersebut ke pertidaksamaan. Jika hasil substitusi bernilai benar, berarti titik di dalam daerah penyelesaian. Jika hasil substitusi bernilai salah, berarti titik di luar daerah penyelesaian.

Hasil substitusi titik anggota himpunan A ke y ≤ x 2 – 10x + 25 sebagai berikut. Titik

Hasil Substitusi

Nilai Kebenaran

(–1, 2)

2 ≤ (–1)2 – 10 × (–1) + 25 ⇔ 2 ≤ 1 + 10 + 25 ⇔ 2 ≤ 36

Benar

(0, –3)

–3 ≤ 02 – 10 × 0 + 25 ⇔ –3 ≤ 25

Benar

(1, 1)

1 ≤ 12 – 10 × 1 + 25 ⇔ 1 ≤ 1 – 10 + 25 ⇔ 1 ≤ 16

Benar

(5, 4)

4 ≤ 52 – 10 × 5 + 25 4 ≤ 25 – 50 + 25 ⇔ 4 ≤ 0

Salah

–2 ≤ 62 – 10 × 6 + 25 ⇔ –2 ≤ 36 – 60 + 25 ⇔ –2 ≤ 1

Benar

⇔

(6,–2)

Jadi, titik (–1, 2), (0, –3), (1, 1), dan (6, –2) di dalam daerah penyelesaian y ≤ x2 – 10x + 25, sedangkan titik (5, 4) di luar daerah penyelesaian y ≤ x2 – 10x + 25.

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: c Persamaan parabola: y = x 2 + 5x + 4 = (x + 4)(x + 1) Parabola memotong sumbu X di titik (–4, 0) dan (–1, 0) serta memotong sumbu Y di titik (0, 4). Garis 2x + 3y = 12 melalui titik (6, 0) dan (0, 4). Parabola dan garis yang memenuhi sifat-sifat di atas adalah pilihan c dan d. Dari grafik terlihat, titik (0, 0) di luar parabola y = x2 + 5x + 4 dan garis 2x + 3y = 12. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan titik (0, 0) ke pertidaksamaan y ≥ x 2 + 5x + 4. y ≥ x 2 + 5x + 4 ⇔ 0 ≥ 02 + 5 × 0 + 4 ⇔ 0 ≥ 4 (bernilai salah) Oleh karena 0 ≥ 4 bernilai salah, daerah penyelesaian y ≥ x 2 + 5x + 4 dibatasi parabola y = x 2 + 5x + 4 dan tidak memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian 2x + 3y < 12 di kiri garis putus-putus 2x + 3y = 12.

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan sebagai berikut. Y y = x 2 + 5x + 4

4

–4

–1 0

6

X 2x + 3y = 12

Jadi, grafik yang benar pilihan c. 2. Jawaban: b Persamaan parabola: y = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2 Parabola memiliki titik puncak (1, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, 1). Garis x – 2y = –2 melalui titik (–2, 0) dan (0, 1). Parabola dan garis yang memenuhi sifat-sifat di atas adalah pilihan a, b, dan c. Dari grafik terlihat, titik (0, 0) di luar parabola y = x2 – 2x + 1 dan garis x – 2y = –2. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji.

Matematika Kelas X

121

Substitusikan titik (0, 0) ke pertidaksamaan y > x2 – 2x + 1. y > x2 – 2x + 1 ⇔ 0 > 02 – 2 × 0 + 1 ⇔ 0 > 1 (bernilai salah) Oleh karena 0 > 1 bernilai salah, daerah penyelesaian y > x 2 – 2x + 1 dibatasi parabola putusputus y = x2 – 2x + 1 dan tidak memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian x – 2y ≤ –2 di kiri garis x – 2y = –2. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaannya sebagai berikut. Y x – 2y = –2 1 0

1

X

Jadi, grafik yang benar pilihan b. Jawaban: d 3. Jawaban: Parabola y = –x 2 + 4x = –x(x – 4) memotong sumbu X di titik (0, 0) dan (4, 0) serta memotong sumbu Y di titik (0, 0). Parabola y = –x2 + 4 = –(x2 – 4) = –(x – 2)(x + 2) memiliki titik puncak (0, 4) serta memotong sumbu X di titik (–2, 0) dan (2, 0). Parabola dan garis yang memenuhi sifat-sifat di atas adalah pilihan d dan e. Dari grafik terlihat, titik T(1, 0) di luar parabola y = –x2 + 4x dan y = –x2 + 4. Ambil titik T(1, 0) sebagai titik uji. Substitusikan titik T(1, 0) ke pertidaksamaan y ≤ –x2 + 4x. y ≤ –x2 + 4x ⇔ 0 ≤ –12 + 4 × 1 ⇔ 0 ≤ –1 + 4 ⇔ 0 ≤ 3 (bernilai benar) Oleh karena 0 ≤ 3 bernilai benar, daerah penyelesaian y ≤ –x2 + 4x dibatasi parabola y = –x 2 + 4x dan memuat titik (0, 0). Substitusikan titik T(1, 0) ke pertidaksamaan y > –x2 + 4. y > –x2 + 4 ⇔ 0 > –12 + 4 ⇔ 0 > –1 + 4 ⇔ 0 > 3 (bernilai salah) Oleh karena karena 0 > 3 bernilai salah, daerah daerah peny pe nyel el e2 saian y > –x + 4 dibatasi parabola putusputus y = –x 2 + 4 dan tidak memuat titik (0, 0).

122

Y 4 3 1 –2 y = –x 2 + 4

0

1 2

4

X y = –x 2 + 4x

Jadi, grafik yang benar pilihan d. 4. Jawaban: c

y = x 2 – 2x + 1

–2

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan sebagai berikut.


Langkah 1: Menentukan persamaan parabola dan garis.

Parabola mempunyai titik puncak (–1, –5). Persamaan parabola y = f(x) = a(x + 1) 2 – 5. Parabola melalui titik (0, –2) maka f(0) = –2. f(0) = –2 ⇔ a(0 + 1)2 – 5 = –2 ⇔ a=3 Persamaan parabola menjadi: y = 3(x 3(x + 1) 1)2 – 5 2 = 3(x + 2x + 1) – 5 = 3x2 + 6x + 3 – 5 = 3x2 + 6x – 2 Garis melalui titik (0, 2) dan (4, 0). Persamaan garis: 2x + 4y = 8 ⇔ x + 2y = 4 ⇔ 2y + x = 4 Langkah 2: Menentukan pertidaksamaan.

Titik O(0, 0) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik O(0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan xO = 0 ke 3x2 + 6x – 2. 3xO2 + 6xO – 2 = 3 × 0 2 + 6 × 0 – 2 = –2 Oleh karena –2 lebih kecil dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka –2 ≤ 0 sehingga 3x O2 + 6xO – 2 ≤ yO = 0. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 3x2 + 6x – 2 ≤ y atau y ≥ 3x2 + 6x – 2. . . . (1) Substitusikan titik O(0, 0) ke 2y + x. 2yO + xO = 2 × 0 + 0 = 0 Oleh karena 0 lebih kecil dari 4 dan garis digambarkan penuh, maka 0 ≤ 4 sehingga 2yO + xO ≤ 4. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 2y + x ≤ 4 4.. . . . (2) Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaannya berikut. y ≥ 3x2 + 6x – 2  2y + x ≤ 4 Jadi, sistem pertidaksamaan dari daerah yang diarsir adalah pilihan c.

5. Jawaban: d

6. Jawaban: c

Langkah 1: Menentukan persamaan parabola.

Persamaan parabola yang mempunyai titik puncak (0, 4) adalah y = f(x) = ax 2 + 4. Parabola melalui titik (–2, –4) maka f(–2) = –4. f(–2) = –4 ⇔ a × (–2)2 + 4 = –4 –4 ⇔ 4a = –8 –8 a = –2 ⇔ Persamaan parabola menjadi: y = ax2 + 4 = –2x2 + 4 Persamaan parabola yang mempunyai titik puncak (0, –2) adalah y = f(x) = ax 2 – 2. Parabola melalui titik (–2, –4) maka f(–2) = –4. f(–2) = –4 ⇔ a × (–2)2 – 2 = –4 –4 ⇔ 4a = –2 –2 1

a=–2

⇔

Persamaan parabola menjadi: y = ax2 – 2 1

= – 2 x2 – 2 Langkah 2: Menentukan pertidaksamaan.

Titik O(0, 0) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik O(0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan xO = 0 ke –2x2 + 4. –2xO2 + 4 = –2 × 0 2 + 4 = 4 Oleh karena 4 lebih besar dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka 4 ≥ 0 sehingga –2xO2 + 4 ≥ yO = 0. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan –2x 2 + 4 ≥ y atau y ≤ –2x2 + 4. . . . (1) Substitusikan titik O(0, 0) ke – 1

1 2 x 2

– 2.

1

sehingga – 2 xO2 – 2 ≤ yO = 0. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 1

. . . (2)

Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaannya berikut.  y ≤ –2x2 + 4   y ≥ – 1 x2 – 2

Y 6 5 y = –x2 – x + 6

4 3 2 1

–3 –2 –1 0 –1 –3

1

1

Persamaan parabola pertama: y = –x2 – x + 6 = –(x2 + x – 6) = –(x – 2)(x + 3) Parabola y = –x2 – x + 6 memotong sumbu Y di titik (0, 6) serta memotong sumbu X di titik (–3, 0) dan (2, 0). Parabola y = –x 2 – x + 6 terbuka ke bawah dan melalui titik (–2, 4), (–1, 6), dan (1, 4). Persamaan parabola kedua: y = –2x2 + 8x – 3 = –2(x2 – 4x) – 3 = –2(x2 – 4x + 4) – 3 + 8 = –2(x2 – 2)2 + 5 Parabola y = –2x2 + 8x – 3 memotong sumbu Y di titik (0, –3) dan mempunyai titik puncak (2, 5) Parabola y = –2x2 + 8x – 3 terbuka ke bawah dan melalui titik (1, 3), (3, 3), dan (4, –3). Sketsa parabola y = –x2 – x + 6 dan y = –2x2 + 8x – 3 sebagai berikut.

1 2

3

4

5

6

X

–2

– 2 xO2 – 2 = 2 × 02 – 2 = –2 Oleh karena –2 lebih kecil dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka –2 ≤ 0

– 2 x2 – 2 ≤ y atau y ≥ – 2 x2 – 2.

Langkah 1: Menggambar sketsa parabola y = –x 2 – x + 6 dan y = –2x 2 + 8x – 3.

2

Jadi, sistem pertidaksamaan dari daerah yang diarsir adalah pilihan d.

y = –2x2 + 8x – 3

Langkah 2: Menentukan daerah penyelesaian y ≤ –x 2 – x + 6 dan y ≤ –2x 2 + 8x – 3.

Dari grafik terlihat, titik O(0, 0) di luar parabola y = –x2 – x + 6 dan y = –2x 2 + 8x – 3. Ambil titik O(0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan titik O(0, 0) ke pertidaksamaan y ≤ –x2 – x + 6. y ≤ – x 2 – x + 6 ⇔ 0 ≤ –02 – 0 + 6 ⇔ 0 ≤ 6 (bernilai benar) Oleh karena 0 ≤ 6 bernilai benar, daerah penyelesaian y ≤ –x 2 – x + 6 dibatasi parabola y = –x2 – x + 6 dan memuat titik (0, 0). Substitusikan titik O(0, 0) ke pertidaksamaan y ≤ –2x2 + 8x – 3. y ≤ – 2 x 2 + 8x – 3 ⇔ 0 ≤ –2 × 02 + 8 × 0 – 3 ⇔ 0 ≤ –3 (bernilai salah) Oleh karena 0 ≤ –3 bernilai salah, daerah penyelesaian y ≤ –2x2 + 8x – 3 dibatasi parabola y = –2x2 + 8x – 3 dan tidak memuat titik (0, 0).

Matematika Kelas X

123

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaannya beserta letak titik-titik pada pilihan sebagai berikut. Y

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan c beserta letak titik-titik pada himpunan A sebagai berikut. Y

6

4 3 2 1

5 4 3

–4 –3 –2 – 0 –1 –2 –3 –4 –5 –6

2 1 –3 –2 –1 0 –1

X

1 2 3 4

–2 –3

y=

–2x 2 +

Dari grafik terlihat titik (1, 1), (1, –1), (1, –2), (2, – 1), dan (2, –2) berada di dalam daerah penyelesaian. Jadi, pilihan yang benar adalah c. 7. Jawaban: a Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan a beserta letak titik-titik pada himpunan A sebagai berikut. Y 4 3 2 1 X 1 1 2 3 4 y = –x2 + 3

y = –x2 – 4x

Dari grafik terlihat titik-titik pada himpunan A di dalam daerah penyelesaian. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan b beserta letak titik-titik pada himpunan A sebagai berikut. Y 6 5 4 3 2 1 –4 –3 –2 – 0 –1 –2 –3 –4

y = x2 + 3

1 1 2 3 4

y = –x2 + 3

Dari grafik terlihat titik-titik pada himpunan A di luar daerah penyelesaian. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan d beserta letak titik-titik pada himpunan A sebagai berikut. Y y = x2 + 3 6 5 4 3 2 y = x2 + 4x 1 X 1 –4 –3 –2 – 0 –1 1 2 3 4 –2 –3 –4 –5

Dari grafik terlihat titik (–2, 3) dan (–3, 0) di luar daerah penyelesaian. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan e beserta letak titik-titik pada himpunan A sebagai berikut. y = x2 + 4x

Y

X

y = –x2 – 4x


y = x2 – 3

4 3 2 1 –4 –3 –2 – 0 –1 –2 –3 –4 –5

Dari grafik terlihat titik-titik pada himpunan A di luar daerah penyelesaian.

124

X

1 1 2 3 4

8x – 3

y = –x 2 –x + 6

• – 5– 5– 4 – 3– 3– 2 – 0 –1 –2 –3 –4 –5 –6

y = x2 – 4x

1 1 2 3 4

X

Dari grafik terlihat titik (–3, 0), (–4, –2), dan (–4, –3) di luar daerah penyelesaian. Jadi, himpunan titik {(–2, 3), (–3, 0), (–4, 2), (–4, –3)} berada dalam sistem pertidaksamaan pilihan a.

8. Jawaban: d Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan a sebagai berikut. Y 8 7 6

y = x 2 + 2x + 3

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan d sebagai berikut. Y

y = x2 – 4x + 5

7 6 5 4 3 2

5 4 3

1

2 1 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1 –2

X

1 2 3

y = –x2 – 4x + 1

Dari grafik terlihat, daerah penyelesaian berada di kuadran II. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan b sebagai berikut. y = x2 + 4x + 5

X

1

2

y=

–x2 –

–5 –4 –3 –2 –1 0 –1 –2 –3

Y

–2 –1 0 –1 –2

X

1 2 3 4 5 6

y = x 2 + 4x – 1 1 2

–8 –9

y = –x 2 + 2x – 3

X

Dari grafik terlihat, daerah penyelesaian berada di kuadran IV. Jadi, sistem pertidaksamaan yang memiliki daerah penyelesaian di kuadran I adalah pilihan d. 9. Jawaban: b Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan sebagai berikut. Y 8

A

7

–4 –5 –6 –7 –8 –9

y = x2 – 4x – 1

4x + 1

Dari grafik terlihat, daerah penyelesaian berada di kuadran II. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan c sebagai berikut. 1

Dari grafik terlihat, daerah penyelesaian berada di kuadran I. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan e sebagai berikut.

–5 –6 –7

1

Y

y = –x2 + 2x + 3

–3 –4

4 3 2

–5 –4 –3 –2 –1 0 –1 –2

X

1 2 3 4 5 6

1

Y 8 7 6 5

–2 –1 0 –1 –2 –3

6 5

t=8

4 3

y = –x2 – 2x – 3

2

Dari grafik terlihat, daerah penyelesaian berada di kuadran III.

1

B

O –4 –3 –2

–1 0 –1

1

2

3

4

5

X

d=8

Matematika Kelas X

125

Luas daerah penyelesaian

2)

1

= Luas 2 parabola AOB – Luas ∆AOB 1

2

Dari grafik terlihat, titik (1, 0) terletak di luar parabola y = –x 2 + 2x – 3 dan y = –x2 – 2x. Ambil titik (1, 0) sebagai titik uji. Hasil substitusi titik (1, 0) ke pertidaksamaan y ≥ –x2 + 2x – 3 dan y ≤ –x2 – 2x beserta daerah penyelesaiannya sebagai berikut.

1

= 2 × 3 × d × t – 2 × OB × OA 1

1

= 3 × 8 × 8 – 2 × 4 × 8 64

32

32

= 3 – 3 = 3 2

Pertidaksamaan

= 10 3 satuan luas Jadi, luas daerah penyelesaian adalah 2 10 3

Langkah 2: Menentukan daerah penyelesaian

satuan luas.

10. Jawaban: e Alas prisma berbentuk parabola. Volume tempat perhiasan 2 31

= luas alas × tinggi =

y ≥ –x2 + 2x – 3 0 ≥ –12 + 2 × 1 – 3 ⇔ 0 ≥ –1 + 2 – 3 ⇔ 0 ≥ –2 (salah) y ≤ –x2 – 2x

× 62 × 11 × 10 = 440 cm3

Jadi, volume prisma adalah 440 cm 3.

Daerah Penyelesaian

Hasil Substitusi Titik T(1, 0)

Tidak memuat titik (1, 0) T i d a k memuat titik (1, 0)

0 ≤ –12 – 2 × 1 ⇔ 0 ≤ –1 – 2 ⇔ 0 ≤ –3 (salah)

Daerah yang diarsir berikut merupakan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan.

B. Uraian

Y

1 . 1) Langkah 1: Menggambar sketsa parabola y 2

= –x 2 + 2x – 3 dan garis y = –x 2 – 2x.

y = –x 2 – 2x

Menentukan titik puncak dan titik-titik yang dilalui parabola. Persamaan Parabola

Titik Puncak Absis b 2a

–x2 +

y= 2x – 3 p = – q = y(p y(p)) mempunyai = y(1) 2 nilai a = –1, b = = –12 + 2 × 1 – 3 = – 2 × (−1) 2, dan c = –3 = –1 + 2 – 3 =1 = –2

(–1, –6), (0, –3), (2, –3), (3, –6)

b

(–4, –8), (–3, –3), (–2, 0), (0, 0), (1, –3), (2, –8)

y = –x 2 – 2x p = – 2a mempunyai q = y( y(p) p) (2) nilai a = –1, b = = y(–1) = – 2 × (−1) –2, dan c = 0 = –(–1) –(–1 )2 – 2 × (–1) = –1 = –1 + 2 =1

Y

2 1

–4 –3 –3 –2 –2 –1 0 –1 –2 –3

1

2

3

4

5

X

y = –x2 + 2x – 3

–4 –5 –6 –7 –8

126

–2 Daerah penyelesaian

–3

1

2

3

4

5

X

y = –x 2 + 2x – 3

–4 –5 –6

Sketsa parabola y = –x 2 + 2x – 3 dan garis y = –x2 – 2x.

y = –x2 – 2x

–4 –3 –3 –2 –2 –1 0 –1

Titik-Titik yang Dilalui

Ordinat

1


–7 –8

2. Langkah 1: Menentukan persamaan parabola. Persamaan parabola yang mempunyai titik puncak (2, 2) adalah y = a(x – 2) 2 + 2. Parabola melalui titik (0, 6) maka f(0) = 6. f(0) = 6 ⇔ a(0 – 2)2 + 2 = 6 ⇔ 4a = 4 a=1 ⇔ Persamaan parabola menjadi: y = a(x a(x – 2) 2)2 + 2 = (x2 – 4x + 4) + 2 = x2 – 4x + 6 Persamaan parabola yang mempunyai titik puncak (4, 0) adalah y = a(x – 4) 2. Parabola melalui titik (2, 2) maka f(2) = 2. f(2) = 2 ⇔ a(2 – 4)2 = 2 4a = 2 ⇔ ⇔

1

a= 2

Persamaan parabola menjadi:

1

Sketsa parabola y = 2 x2 + 2x – 1 dan y = 1 – 2 x2 + 2.

1

y = a(x a(x – 4 4))2 = 2 (x – 4)2 Langkah 2: Menentukan pertidaksamaan.

Dari grafik terlihat, titik T(4, 2) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik T(4, 2) sebagai titik uji. Substitusikan xT = 4 ke x2 – 4x + 6 sehingga diperoleh: xT2 – 4xT + 6 = 42 – 4 × 4 + 6 = 16 – 16 + 6 = 6 Oleh karena 6 lebih besar dari y T = 2 dan parabola digambarkan penuh, maka 6 ≥ 2 sehingga xT2 – 4xT + 6 ≥ yT = 2. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan x2 – 4x + 6 ≥ y atau y ≤ x2 – 4x + 6. . . . (1) 1 2

Substitusikan x T = 4 ke

y=

Y

x2 + 2x – 1

5 4 3 2 1 –6 –5 –5 –4 –4 –3 –3 –2 –2 – –1 1 0 –1

1

2

3

4

5 6

X

–2 –3 –4 –5

(x – 4) 2 sehingga

1

diperoleh:

y = – 2 x2 + 2

1 (x 2 T

1

1

– 4) 2 = 2 (4 – 4)2 = 2 × 0 = 0 Oleh karena 0 lebih kecil dari y T = 2 dan parabola digambarkan putus-putus, maka 0 < 2

2)

1

1

(x – 4)2 < y atau y > 2 (x – 4)2. . . . (2) Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaannya berikut. y ≤ x2 – 4x + 6  1

> 2 (x – 4)2

1

parabola y = 2 x2 + 2x – 1 dan y = – 2 x2 + 2. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. Hasil substitusi titik (0, 0) ke pertidaksamaan

1

1 2

Langkah 2: Menentukan daerah penyelesaian

Dari grafik terlihat, titik (0, 0) terletak di luar

sehingga 2 (xT – 4)2 < yT = 2. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan

  y

1 2

1 2 x + 2

1

2x – 1 dan y ≥ – 2 x2 + 2 beserta daerah penyelesaiannya sebagai berikut. y

≤

Pertidaksamaan

y≤

1 2 x + 2x – 1 2

Hasil Substitusi Titik (0, 0)

0≤

1 2

Daerah Penyelesaian

× 02 + 2 × 0 – 1

⇔ 0 ≤ –1

(salah)

Tidak memuat titik (0, 0)

3 . 1) Langkah 1: Menggambar sketsa parabola y=

1 2 1 x + 2x – 1 dan garis y = – x 2 + 2. 2 2

Menentukan titik puncak dan titik-titik yang dilalui parabola. Persamaan Parabola

y=

1 2 x + 2x – 1 2

mempunyai nilai 1 a = 2 , b = 2, dan c = –1

y = –

1 2

x2

Absis

p =– =–

Ordinat

b 2a

q = y(p y(p)) = y(–2)

2 1

2× 2

=– =0

=

1 ×(–2)2 +2 ×(–2) – 1 2


(–6, 5), (–4, –1), (0, –1), (2, 5)

=2–4–1 = –3

= –2

+ 2 p =–

mempunyai nilai 1 a = – 2 , b = 0, dan c = 2

Titik Puncak

b 2a 0 1 2× 2

q = y(p y(p)) = y(0) 1 = – × 2

=2

(–3,

1 –2 2

2

1

0 ≥ – 2 × 02 + 2 ⇔ 0 ≥ 2

),

Y

1

y = 2 x2 + 2x – 1

5 4 3 2

–5 –4 –3 –2 –1 0 –1

(1, 1 2 ), (2, 0),

–5

1

(3,

(salah)

Daerah yang diarsir pada gambar berikut merupakan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan.

–2 –3 –4

1

(–1, 1 2 ),

1 –2 2


1

(–2, 0), 02 +

1

y ≥ – 2 x2 + 2

)

X

1 2 3 4 5

1

y = – 2 x2 + 2

Matematika Kelas X

127

Dari grafik terlihat, nilai x paling kanan pada daerah penyelesaian sebelah kiri sumbu Y adalah –3 dan nilai x paling kiri pada daerah penelesaian penel esaian sebelah kanan sumbu Y adalah 1 sehingga nilai x dapat dituliskan x ≤ –3 atau x ≥ 1. Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi sistem pertidaksamaan tersebut adalah x ≤ –3 atau x ≥ 1.

Pertid Per tidaks aksama amaan an

y ≥ x2 – 4x + 1

0 ≥ 12 – 4 × 1 + 1 ⇔ 0 ≥ 1 – 4 + 1 ⇔ 0 ≥ –2 (benar)

Memuat titik (1, 0)

y ≤ –x2 + 4x + 1

0 ≤ –12 + 4 × 1 + 1 ⇔ 0 ≤ –1 + 4 + 1 ⇔ 0 ≤ 4 (benar)

Memuat titik (1, 0)

4 . 1) Menggambar sketsa parabola y = x 2 – 4x + 1 dan y = –x 2 + 4x + 1.

Persaman parabola pertama: y = x2 – 4x + 1 = x2 – 4x + 4 – 4 + 1 = (x – 2)2 – 3 Parabola y = (x – 2)2 – 3 memiliki titik puncak (2, –3) dan memotong sumbu Y di titik tit ik (0, 1). 2 Parabola y = (x – 2) – 3 terbuka ke atas dan melalui titik (–1, 6), (1, –2), (3, –2), (4, 1), dan (5, 6). Persaman parabola kedua: y = –x2 + 4x + 1 = –(x2 – 4x) + 1 = –(x2 – 4x + 4) + 1 + 4 = –(x – 2) 2 + 5 Parabola y = –(x – 2)2 + 5 memiliki titik puncak (2, 5) dan memotong sumbu Y di titik (0, 1). Parabola y = –(x – 2) 2 + 5 terbuka ke bawah dan melalui titik (–1, –4), (1, 4), (3, 4), (4, 1), dan (5, –4). Sketsa parabola y = x 2 – 4x + 1 dan y = –x2 + 4x + 1 sebagai berikut. Y

y = x 2 – 4x + 1

6

4 3

t1 = 4

I

2 1 –2 –1 –1 0 –1

1

–2

2

3

4

5

6

7

X

t2 = 4

II

–3 –4

3)

d=4

Menentukan luas daerah penyelesaian

Luas daerah penyelesaian = luas I + luas II 2

2

2

2

= 3 × d × t1 + 3 × d × t2

32

64

= 3

2

1

1 1

2

3

4

5

6

7

X

–2 –3 y = –x 2 + 4x + 1

Menentukan daerah penyelesaian

Dari grafik terlihat, titik (1, 0) terletak di luar parabola y = x2 – 4x + 1 dan y = –x2 + 4x + 1. Ambil titik (1, 0) sebagai titik uji. Hasil substitusi titik (1, 0) ke pertidaksamaan y ≥ x2 – 4x + 1 dan y ≤ –x2 + 4x + 1 beserta daerah penyelesaiannya sebagai berikut.

128

5

= 3 + 3

3

2)

Y

32

4

–4


= 3 × 4 × 4 + 3 × 4 × 4

5

–2 –1 –1 0 –1

Daerah Penyelesaian

Hasil Has il Sub Substit stitusi usi


= 21 3 satuan luas 1

Jadi, luas daerah penyelesaiannya 21 3 satuan luas. 5. Kecepa Kecepatan tan awal awal = v = 5 m/det m/detik. ik. Substitusikan v = 5 m/detik ke sistem pertidaksamaan diperoleh: 1

7

h ≥ – 8 × 52 + 5 = 1 8 3

5

h ≤ – 8 × 52 + 3 × 5 = 5 8 7

Jadi, tinggi pantulan bola antara 1 8 meter sampai 5

dengan 5 8 meter.

+ l a x e k R m n u a g m n a U l i k B u n t n , e m B , i k k ; i l n i m = e y M m

s h i a r l a a d G a a d a a y p n k n i t a i i T n a s n = e a y l n e u m y p n m + e i x P H k

V D L P

m u m 0 U ≠

k a u , t c n e + B x b i + k i l 2 i x m a e = M y

h a a r l a a P d a a c d a a + y p x n k b n i t + a i i T 2 a x s n a a e l n = e u y y p n m a e i l o P H b

0 m ≠ u p , m r U + k u y x t n m q e + B + 2 i x x k i k p l i = = m n y e  M

h a n a r a a r l t a n d + d A y x a g m q + a n o y t + 2 n o x n P x p k k i a = t i i a T = y s n a e a n l l o e n b s u y p i a r r n m a a e i P H G P

V D K L P S

V D K P

0 m ≠ u m n r p U + n k x + a x d u t n m q 0 e + + ≠ B 2 2 k i x x k i k p n l i = = a m y y g n e e  d M

h a n a r a + l t a n d A x a g m r n + a t o y o 2 + n P x x n k k q i = + a t i i a T y 2 x s n a p e a l l o = e n b y y u a n p r m a n e i a P H P d

V D K P S

; > c y

s a i p r a u r G m y + e i u b x B s a m + a t a U x u a y b a n i k a t u ; a n D t a g n c ’ i c a n c e ≤ B < s a i y y l e y = k y i b b e h b l i a y r m + + n e + e x x e a x M a a c P D a ≥ b

+ ; c

2

x + a m x c u < b m y + + x U ; b k c 2 x u + a + t n x ≥ 2 x e b B + y a i ≤ k 2 ; i l i x c y a m + u a e > x t M y b a

a p a P u r i c e s a + B t a x a b y i b n D + n 2 a g x i n a a a s y = e h y l e a a y r l n e o e a b P D a r

V D K d t P

V D L d t P

n l a e a b m a a i s r a k V a d i a t r u e D P

l n e a b a m a i e m r t a s a V i s r S e a u P D

n n a a d a n m l a a e s b a k a m a i r a d i a s r t V e r e P P a u D m m e e t t s s i i S S

V D K d t P S

V D L d t P S

l t V e i a D b k a r K i r e d t a T P V - g n l n e i l a b d a a i V r S D a n L V a d a a t m P n a a s M s r a e t g P A n i a r y a i u d d r e e T K

n n V a a D s d L i r V d I t a D P p L S u t d r e P n B n u s a i a u y a y n s n n e e a l P i a e V s y e n e D l e P K y h d t n a P e r P e a D

V D K d t P h i b e L u a t a a u D s a t A i r i d r e T

n V V a D D s i r K K I d d t a t p P P u n S r a n e i u B a s s a l e u y e y n y n n n e a e P i a P s e h l e a r y e n a e D P

Matematika Kelas X

129

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: c PKDV yang mempunyai grafik penyelesaian berupa parabola terdiri atas dua variabel dengan pangkat tertinggi salah satu variabelnya dua dan tidak terjadi perkalian antarkedua variabel tersebut. Grafik PKDV x2 + y2 – 2x = 0 tidak berupa parabola karena kedua variabel mempunyai pangkat tertinggi 2 (x2 dan y2). Grafik PKDV p +

1 – q

p=0

⇔ pq

+ 1 – p2 = 0

tidak berupa parabola karena terjadi perkalian antara kedua variabel (pq). r

Grafik PKDV s + s – 1 = 0 ⇔ r + s2 – s = 0 berupa parabola karena pangkat tertinggi salah satu variabelnya dua dan tidak terjadi perkalian antarkedua variabel. 1

1

k

t

Grafik PKDV m + n + 2 = 0 ⇔ n + m + 2mn = 0 tidak berupa parabola karena terjadi perkalian antara kedua variabel (mn). Grafik PKDV t + k – 1 = 0 ⇔ k2 + t 2 – kt = 0 tidak berupa parabola karena pangkat tertinggi kedua variabel 2 (k 2 dan t2) dan antara kedua variabel terjadi perkalian (kt). Jadi, PKDV yang mempunyai grafik penyelesaian berupa parabola adalah pilihan c. 2. Jawaban: d Sistem persamaan linear dan kuadrat (SPLKDV) memuat persamaan linear dua variabel (PLDV) dan persamaan kuadrat dua variabel (PKDV) yang variabel-variabel kedua persamaan saling terkait. Sistem persamaan pilihan a bukan SPLKDV karena keduanya terdiri atas tiga variabel, yaitu x, y, dan z. Sistem persamaan pilihan b bukan SPLKDV karena 3x – y = z terdiri atas tiga variabel, yaitu x, y, dan z. Sistem persamaan pilihan c bukan SPLKDV karena keduanya merupakan persamaam kuadrat. Sistem persamaan pilihan d merupakan SPLKDV karena x + 3y = 12 merupakan PLDV dan x2 – 6 = y merupakan PKDV.

Sistem persamaan pilihan e bukan SPLKDV karena 2x – 8y = 16 terdiri variabel x dan y, sedangkan 8 – x 2 = z terdiri variabel x dan z sehingga variabel-variabel kedua persamaan tidak saling terkait. Jadi, sistem persamaan yang sesuai ditunjukkan oleh pilihan d. 3. Jawaban: e Persamaan –4x + y = –5 dapat diubah menjadi y = 4x – 5. Substitusikan persamaan y = 4x – 5 ke dalam persamaan y = x 2 – 2x + 4 sehingga diperoleh: y = x2 – 2x + 4 ⇔ 4x – 5 = x2 – 2x + 4 6x + 9 = 0 ⇔ x2 – 6x (x – 3)2 = 0 ⇔ ⇔ x –3=0 x=3 ⇔ Substitusikan x = 3 ke dalam persamaan y = 4x – 5 sehingga diperoleh: y = 4x – 5 = 4 × 3 – 5 = 12 – 5 = 7 Sehingga penyelesaiannya (3, 7). Jadi, penyelesaian sistem persamaan tersebut adalah (3, 7). 4. Jawaban: b Persamaan –4x + 2y = 18 dapat diubah menjadi: 2y = 4x + 18 ⇔ y = 2x + 9 Substitusikan persamaan y = 2x + 9 ke dalam persamaan y = 2x2 + 3x + 6 sehingga diperoleh: 2x + 9 = 2x 2x2 + 3x + 6 2 ⇔ 2x + x – 3 = 0 (2x + 3)( 3)(xx – 1) = 0 ⇔ ⇔ (2x + 3) = 0 atau (x – 1) = 0 ⇔

3

x = – 2 a attau

x=1 3

Substitusikan x 1 = – 2 dan x 2 = 1 ke dalam persamaan y = 2x + 9. 3

Untuk x1 = – 2 diperoleh: 3

y1 = 2 × (– 2 ) + 9 = –3 + 9 = 6 3

Sehingga penyelesaiannya (– 2 , 6) Untuk x2 = 1 diperoleh: y2 = 2 × 1 + 9 = 2 + 9 = 11 Sehingga penyelesaiannya (1, 11). Jadi, himpunan penyelesaian sistem persamaan 3

adalah {(– 2 , 6), (1, 11)}.

130


5. Jawaban: c Substitusikan persamaan y = –x 2 – 2x + 4 ke dalam persamaan y = x 2 + 3x – 8 sehingga diperoleh: y = x 2 + 3x – 8 –x2 – 2x + 4 = x2 + 3x – 8 ⇔ ⇔ 2x2 + 5x – 12 = 0 (2x – 3)(x + 4)= 0 ⇔ (2xx – 3) 3) = 0 ata atau u (x (x + 4) = 0 ⇔ (2 3

x = 2 a attau

⇔

x = –4 3

Substitusikan x 1 = 2 dan x 2 = –4 ke dalam persamaan y = x2 + 3x – 8. 3

Untuk x1 = 2 diperoleh: y1 = (

3 2 ) + 2

9

3×

3 – 2

7. Jawaban: c Persamaan 2x + y = –9 dapat diubah menjadi y = –2x – 9. Substitusikan persamaan y = px 2 + 4x + 9 ke dalam persamaan y = –2x – 9 sehingga diperoleh: px2 + 4x + 9 = –2x – 9 ⇔ px2 + 6x + 18 = 0 Sistem persamaan mempunyai satu penyelesaian jika diskri diskriminan minan persa persamaan maan kuadr kuadrat at px 2 + 6x + 18 = 0 bernilai nol atau D = 0. D=0 2 b – 4ac 4ac = 0 ⇔ 2 18 = 0 ⇔ 6 – 4 × p × 18 36 – 72p 72p = 0 ⇔ 72p 72 p = 36 36 ⇔

8

9

= 4 + 2 – 8 =

9 + 18 4

– 8

27

= 4 – 8 =

27 − 32 4 5

=–4

3

5

Sehingga penyelesaiannya ( 2 , – 4 ). Untuk x2 = –4 diperoleh: y 2 = x2 + 3x – 8 = (–4)2 + 3 × (–4) – 8 = 16 – 12 – 8 = –4 Sehingga penyelesaiannya (–4, –4). Jadi, himpunan penyelesaian adalah {(

Substitusikan persamaan y = –x + 4 ke dalam persamaan y = x 2 + 2x – 6 sehingga diperoleh: y = x2 + 2x – 6 –x + 4 = x2 + 2x – 6 ⇔ x2 + 3x – 10 = 0 ⇔ (x – 2)(x 2)(x + 5) = 0 ⇔ ⇔ (x – 2) 2) = 0 at atau au (x + 5) 5) = 0 x = 2 atau x = –5 ⇔ Oleh karena salah satu penyelesaian sistem persamaan adalah (b, b) = (2, 2), maka absis penyelesaian yang lain adalah x = –5. Substitusikan x = –5 ke dalam persamaan y = –x + 4 sehingga diperoleh: y = –x + 4 = –(–5) + 4 = 5 + 4 = 9 Sehingga penyelesaian yang lain (–5, 9). Jadi, penyelesaian yang lain adalah (–5, 9).

1

p= 2

⇔

1

Jadi, nilai p = 2 . 8. Jawaban: c 3

Persamaan 2x + y = – 2 dapat diubah menjadi 3

3 , 2

5 – 4 ),

(–4, –4)}. 6. Jawaban: b Persamaan x + y = 4 dapat diubah menjadi y = –x + 4. Substitusikan (b, b) ke dalam persamaan y = –x + 4. y = –x –x + 4 b = –b –b + 4 ⇔ ⇔ 2b = 4 b=2 ⇔ Sistem persamaan menjadi:  y = x2 + 2x – 6  y = –x + 4

y = –2x – 2 . 3

Substitusikan persamaan y = –2x – 2 ke dalam 3

persamaan y = x 2 + kx + 4 k sehingga diperoleh: 3

y = x2 + kx + 4 k 3

⇔ ⇔

3

–2x – 2 = x2 + kx + 4 k

⇔

3

3

x2 + (k + 2)x +

3k + 6 4

x2 + (k + 2)x + 4 k + 2 = 0 =0

Sistem persamaan mempunyai dua penyelesaian jika diskrim diskriminan inan persa persamaan maan kuadr kuadrat at x 2 + (k + 2)x +

3k + 6 4

= 0 bernilai positif atau D > 0.

Matematika Kelas X

131

b2 –

⇔ ⇔

(k + 2)2 – 4 × 1 × (

D>0 4ac > 0 4ac

3k + 6 4

)>0

k2 + 4k + 4 – 3k 3k – 6 > 0 2 ⇔ k + k – 2 > 0 (k + 2)(k 2)(k – 1) > 0 ⇔ Pembuat nol: (k + 2) = 0 atau (k (k – 1) = 0 k = –2 atau k=1 ⇔ Penyelesaian (k + 2)(k – 1) > 0 dalam bentuk diagram: ⇔

++

–– –2

++ 1

Diperoleh penyelesaian k < –2 atau k > 1. Jadi, nilai k yang memenuhi adalah {k | k < –2 atau k > 1, k ∈ R}. 9. Jawaban: b Persamaan 3x + y = –6 dapat diubah menjadi y = –3x – 6. Substitusikan persamaan y = –3x – 6 ke dalam persamaan y = x2 + (k – 5)x + 3 sehingga diperoleh: y = x 2 + (k – 5)x + 3 –3xx – 6 = x2 + (k – 5)x + 3 –3 ⇔ 2)x + 9 = 0 ⇔ x2 + (k – 2)x Sistem persamaan tidak mempunyai penyelesaian jika jik a disk diskri rimi mina nan n pers persam amaa aan n kuad kuadra ratt x 2 + (k – 2)x + 9 = 0 bernilai negatif atau D < 0. D<0 2 b – 4ac 4ac < 0 ⇔ ⇔ (k – 2)2 – 4 × 1 × 9 < 0 k2 – 4k + 4 – 36 < 0 ⇔ k2 – 4k 4k – 32 < 0 ⇔ (k – 8)(k 8)(k + 4) < 0 ⇔ Pembuat nol: (k – 8) 8) = 0 atau (k + 4) = 0 ⇔ k = 8 atau k = –4 Penyelesaian (k – 8)(k + 4) < 0 dalam bentuk diagram: ++

–– –4

++ 8

Diperoleh penyelesaian –4 < k < 8. Jadi, nilai k yang memenuhi adalah {k | –4 < k < 8, k ∈ R}. 10. Jawaban: d Misalkan: a = bilangan bilangan pertama pertama b = bilangan kedua Hasil penjumlahan kedua bilangan adalah 28 sehingga diperoleh persamaan: a + b = 28 ⇔ b = 28 – a . . . (1 (1)

132


Hasil kuadrat salah satu bilangan sama dengan 4 lebih dari tiga kali bilangan yang lain sehingga diperoleh persamaan: a2 = 4 + 3b . . . (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh SPLKDV berikut.  b = 28 – a  a2 = 4 + 3b Substitusikan persamaan b = 28 – a ke dalam persamaan a2 = 4 + 3b sehingga diperoleh: a2 = 4 + 3b a2 = 4 + 3(28 – a) ⇔ ⇔ a2 = 4 + 84 – 3a a2 + 3a 3a – 88 = 0 ⇔ (a – 8)(a 8)(a + 11) 11) = 0 ⇔ ⇔ (a – 8) = 0 atau (a + 11) 11) = 0 a=8 atau b = –11 ⇔ Substitusikan a 1 = 8 dan a2 = –11 ke dalam persamaan b = 28 – a. Untuk a1 = 8 diperoleh: b1 = 28 – 8 = 20 Untuk a2 = –11 diperoleh: b2 = 28 – (–11) = 28 + 11 = 39 Sehingga kedua bilangan tersebut adalah 8 dan 20 atau –11 dan 39. Nilai 20 > 8 dan 39 > –11 sehingga bilangan yang lebih besar adalah 20 atau 39. Jadi, bilangan yang lebih besar adalah 20. 11. Jawaban: c Diketahui: Diketa hui: p = panjan panjang g persegi persegi panjan panjang g  = lebar persegi panjang Lebar persegi panjang tersebut 6 cm kurang dari panjangnya sehingga diperoleh persamaan:  = p – 6 ⇔ p =  + 6 . . . (1) Hasil kuadrat lebar persegi panjang sama dengan 2 lebih dari tujuh kali panjangnya sehingga diperoleh persamaan: 2 = 2 + 7p . . . (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh SPLKDV berikut.  p =  + 6  2 = 2 + 3b Substitusikan persamaan p =  + 6 ke dalam persamaan 2 = 2 + 7p sehingga diperoleh: 2 = 2 + 7p 2 = 2 + 7( + 6) ⇔ 2 = 2 + 7 + 42 ⇔ 2  – 7 – 44 = 0 ⇔ ( – 11)( + 4) 4) = 0 ⇔ 4) = 0 ⇔ ( – 11) = 0 atau ( + 4)  = 11 atau  = –4 ⇔ Ukuran panjang selalu bernilai positif sehingga diambil  = 11 cm. Substitusikan  = 17 ke dalam dalam persamaan p =  + 6. p =  + 6 = 11 + 6 = 17

Keliling persegi panjang: K = 2(p + ) = 2(17 + 11) = 2 × 28 = 56 Jadi, keliling persegi panjang adalah 56 cm. 12. Jawaban: d Misalkan alas = a dan titinggi = t dengan a > t. Selisih alas dan tinggi segitiga 5 cm sehingga diperoleh persamaan: a – t = 5 ⇔ a = t + 5 . . . (1) Hasil kuadrat tinggi segitiga sama dengan enambelas kali panjang alasnya sehingga diperoleh persamaan: t2 = 16a . . . (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh SPLKDV berikut.  a = t + 5  t2 = 16a Substitusikan persamaan persamaan a = t + 5 ke dalam 2 persamaan t = 16a sehingga diperoleh: t 2 = 16a t 2 = 16(t + 5) ⇔ t 2 = 16t + 80 ⇔ 2 ⇔ t – 16t 16t – 80 80 = 0 (t – 20)( 20)(tt + 4) = 0 ⇔ ⇔ (t – 20) = 0 atau (t + 4) = 0 t = 20 atau t = –4 ⇔ Ukuran tinggi selalu bernilai positif sehingga diambil t = 20 cm. Substitusikan t = 20 ke dalam persamaan a = t + 5. a = t + 5 = 20 + 5 = 25 Pada segitiga siku-siku, alas dan tinggi segitiga merupakan sisi-sisi siku-siku sehingga panjang sisi miring: r=

202

+ 25

2

=

400 + 625

=

1.025

=

25 × 41

= 5 41 Jadi, panjang sisi miring segitiga adalah 5 41 cm. 13. Jawaban: b Misalkan Misa lkan:: p = pa panj njan ang g ba balok lok  = lebar balok t = tin tingg ggii bal balok ok Diperoleh:  = 8 cm Tinggi balok 14 cm kurang dari panjang balok sehingga diperoleh persamaan: t = p – 14 ⇔ p = t + 14 . . . (1) Hasil kuadrat tinggi balok sama dengan 4 lebih dari empat kali panjangnya sehingga diperoleh persamaan: t2 = 4 + 4p . . . (2)

Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh SPLKDV berikut.  p = t + 14  2 t = 4 + 4p Substitusikan persamaan p = t + 14 ke dalam persamaan t2 = 4 + 4p sehingga diperoleh: t 2 = 4 + 4p ⇔ t 2 = 4 + 4(t + 14) t 2 = 4 + 4t + 56 ⇔ t2 – 4t – 60 60 = 0 ⇔ ⇔ (t – 10)( 10)(tt + 6) = 0 tau u (t + 6) = 0 ⇔ (t – 10) = 0 ata t = 10 atau t = –6 ⇔ Ukuran panjang selalu bernilai positif sehingga diambil t = 10 cm. Substitusikan t = 10 ke dalam persamaan p = t + 14. p = t + 14 = 10 + 14 = 24 cm Luas permukaan balok: L = 2( 2(p + pt + t) = 2(24 × 8 + 24 × 10 + 8 × 10) = 2(192 + 240 + 80) = 2 × 512 = 1.024 cm2 Jadi, luas permukaan balok 1.024 cm 2. 14. Jawaban: c H

G F

E

(x – 1) cm D A

x cm

B

C (x + 3) cm

AC merupakan diagonal bidang kubus sehingga: AC2 = AB2 + BC2 = x 2 + (x + 3)2 = x 2 + x2 + 6x + 9 = 2x2 + 6x + 9 . . . (1) AG merupakan diagonal ruang kubus, maka ∆ACG siku-siku di C sehingga: AC2 = AG2 – CG2 = (2x – 1)2 – (x – 1)2 = 4x2 – 4x + 1 – (x 2 – 2x + 1) = 4x2 – 4x + 1 – x2 + 2x – 1 = 3x2 – 2x . . . (2) Daripersamaan (1) dan (2) diperoleh SPKDV berikut.  AC2 = 2x2 + 6x – 9  AC2 = 3x2 – 2x Substitusikan persamaan AC 2 = 3x2 – 2x ke dalam persamaan 2x2 + 6x + 9 sehingga diperoleh: AC2 = 2x2 + 6x + 9 ⇔ 3x2 – 2x 2x = 2x 2x2 + 6x + 9 2 x – 8x – 9 = 0 ⇔ (x – 9)(x 9)(x + 1) 1) = 0 ⇔ ⇔ (x – 9) 9) = 0 at atau au (x + 1) 1) = 0 x = 9 atau x = –1 ⇔ Matematika Kelas X

133

Panjang sisi kubus selalu bernilai positif sehingga diambil x = 9. Substitusikan x = 9 ke dalam persamaan AC2 = 3x2 – 2x. AC2 = 3x2 – 2 = 3 × 92 – 2 × 9 = 3 × 81 – 18 = 243 – 18 = 225 2 AC = 225 ⇔ AC = 15 Jadi, panjang AC = 15 cm 15. Jawaban: e Sketsa segitiga siku-siku ABC sebagai berikut. A

20 cm

C

B

Panjang AB sama dengan 4 cm lebih dari panjang BC sehingga diperoleh persamaan: AB = 4 + BC . . . (1) Hasil kuadrat panjang BC sama dengan sembilan kali panjang AB sehingga diperoleh persamaan: BC2 = 9AB . . . (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh SPLKDV berikut.  AB = 4 + BC  2 BC = 9AB Substitusikan persamaan AB = 4 + BC ke dalam persamaan BC2 = 9AB sehingga diperoleh: BC2 = 9AB ⇔ BC2 = 9(4 + BC ) BC2 = 36 + 9BC ⇔ BC2 + 9BC 9BC – 36 36 = 0 ⇔ ⇔ (BC – 12)( 12)(BC BC + 3) = 0 12) = 0 atau atau (BC + 3) = 0 ⇔ (BC – 12) BC = 12 atau BC = –3 ⇔ Oleh karena panjang segitiga selalu bernilai positif, diambil BC = 12 cm. Substitusikan BC = 12 ke dalam persamaan AB = 4 + BC. AB = 4 + BC = 4 + 12 = 16 cm Luas segitiga ABC: 1

1

L = 2 × AB × BC = 2 × 16 × 12 = 96 cm 2 Jadi, luas segitiga ABC adalah 96 cm 2. 16. Jawaban: b Misalk Mis alkan: an: p = pa panj njan ang g ba balo lok k  = lebar balok t = tin ting ggi ba balo lok k

134


Keliling alas balok tersebut 42 cm sehingga diperoleh persamaan: K = 2(p 2(p + ) 42 = 2(p 2(p + ) ⇔ ⇔ p +  = 21 p = 21 21 –  . . . (1) ⇔ Hasil kuadrat lebar balok sama dengan 9 cm lebih dari enam kali panjangnya sehingga diperoleh persamaan: 2 = 9 + 6p . . . (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh SPLKDV berikut.  p = 21 –   2  = 9 + 6p Substitusikan persamaan p = 21 –  ke dalam persamaan 2 = 9 + 6p sehingga diperoleh: 2 = 9 + 6p 2 = 9 + 6(21 – ) ⇔ 2 = 9 +126 – 6 ⇔ 2 + 6 – 13 ⇔ 135 5=0 ⇔ ( – 9)( + 15) 15) = 0 ⇔ ( – 9) = 0 atau (  + 15) 15) = 0 =9  = –15 ⇔ atau Oleh karena lebar balok selalu bernilai positif, diambil  = 9 cm. Substitusikan  = 9 ke dalam persamaan p = 21 – . p = 21 –  = 21 – 9 = 12 cm Volume balok: V = p ×  × t = 12 × 9 × 15 = 1.620 cm3 Jadi, volume balok 1.620 cm3. 17. Jawaban: e Langkah-langkah menentukan daerah penyelesaian sebagai berikut. Langkah 1: Menentukan titik-titik yang dilalui garis 4x – 3y = 6.

Untuk x = 0 diperoleh: 4 × 0 – 3y = 6 ⇔ 0 – 3y = 6 ⇔ y = –2 Diperoleh titik ( 0, –2). Untuk x = 3 diperoleh: 4 × 3 – 3y = 6 ⇔ 12 – 3y= 6 –3yy = –6 –3 –6 ⇔ ⇔ y=2 Diperoleh titik (3, 2). Dengan demikian, garis 4x – 3y = 6 melalui titik (0, –2) dan (3, 2). Garis yang melalui titik (0, –2) dan (3, 2) adalah grafik pada pilihan d dan e. Langkah 2: Menentukan daerah penyelesaian.

Dari grafik terlihat, titik (0, 0) di luar garis 4x – 3y = 6. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji.

Substitusikan titik (0, 0) ke 4x – 3y ≤ 6. 4x – 3y ≤ 6 4 × 0 – 3 × 0 ≤ 6 ⇔ 0 ≤ 6 (bernilai benar) ⇔ Oleh karena 0 ≤ 6 bernilai benar, daerah penyelesaian memuat titik (0, 0). Di antara pilihan d dan e, yang daerah penyelesaiannya memuat titik (0, 0) adalah pilihan e. Jadi, daerah penyelesaian dari 4x – 3y ≤ 6 ditunjukkan oleh pilihan e. 18. Jawaban: a Persamaan parabola: y = 2x2 – 4x – 1 = 2(x2 – 2x) – 1 = 2(x2 – 2x + 1) – 1 – 2 = 2(x – 1)2 – 3 Parabola y = 2(x – 1)2 – 3 memiliki titik puncak (1, – 3) dan memotong sumbu Y di titik (0, –1). Daerah penyelesaian y > 2x 2 – 4x – 1 dibatasi parabola putus-putus yang memiliki titik puncak (1, –3). Grafik yang sesuai adalah pilihan a. Jadi, daerah penyelesaian pertidaksamaan y > 2x2 – 4x – 1 adalah pilihan a. 19. Jawaban: c Langkah-langkah menentukan daerah penyelesaian sebagai berikut. Langkah 1: Menentukan puncak parabola 1 2

y = – x 2 + 2x – 3 dan titik-titik yang dilalui 1

Persamaan parabola y = – 2 x 2 + 2x – 3 1

mempunyai nilai a = – 2 , b = 2, dan c = –3. Parabola memotong sumbu Y di titik (0, –3). Absis titik puncak: b

2 1

2 × (− 2 )

Langkah 1: Menentukan titik potong parabola y=

1 2 x – x – 4 dengan sumbu X dan titik-titik 2

yang dilalui garis x – y = 4.

Persamaan parabola: 1

y = 2 x2 – x – 4 1

= 2 (x2 – 2x – 8) 1

= 2 (x – 4)(x + 2) 1

Parabola y = 2 (x – 4)(x + 2) memotong sumbu X di titik (4, 0) dan (–2, 0). Garis x – y = 4 memotong sumbu X di titik (4, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, –4). Langkah 2: Menentukan daerah penyelesaian.

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan dibatasi parabola yang memotong sumbu X di titik (4, 0) dan (–2, 0) serta garis yang memotong sumbu X di titik (4, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, –4). Grafik yang sesuai adalah pilihan c, d, dan e. Dari grafik terlihat titik (0, 0) di luar parabola 1

garis y – 2x = –6.

p = – 2a = –

20. Jawaban: d Langkah-langkah menentukan daerah penyelesaian sebagai berikut.

= 2

Ordinat titik puncak: q = y(p) y(p) = y(2) 1

= – 2 × 22 + 2 × 2 – 3 = –2 + 4 – 3 = –1 Titik puncak parabola (2, –1). Garis y – 2x = –6 memotong sumbu X di titik (3, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, –6).

y = 2 x2 – x – 4 dan garis x – y = 4. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. Hasil substitusi titik (0, 0) ke pertidaksamaan beserta daerah penyelesaiannya sebagai berikut Pertidaksamaan 1

Hasil Substitusi Titik (0, 0) 1

Daerah Penyelesaian

y > 2 x2 – x – 4

0 > 2 × 02 – 0 – 4 ⇔ 0 > –4 (benar)

Memuat titik (0, 0)

x – y ≥ 4

0 – 0 ≥ 4 ⇔ 0 ≥ 4 (salah)

Tid ak memuat Tidak m emuattitik (0, 0) Y

Daerah penyelesaian s i s t e m pertidaksamaan sebagai berikut.

y=

1 2 x – 2


Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan dibatasi parabola yang memiliki titik puncak (2, – 1) dan garis yang memotong sumbu X di titik (3, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, –6). Grafik yang sesuai adalah pilihan c. Jadi, daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan ditunjukkan oleh grafik pilihan c.

–2 0

4

x–4

X

–4 x–y=4

Jadi, daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan adalah pilihan d. Matematika Kelas X

135

2

21. Jawaban: b Persamaan parabola pertama: y = 2x2 – 3 = 2(x – 0) 2 – 3 Parabola y = 2(x – 0) 2 – 3 terbuka ke atas dan memiliki titik puncak (0, –3). Persamaan parabola kedua: y = –2x2 – 4x + 3 = –2(x2 + 2x) + 3 = –2(x2 + 2x + 1) + 3 + 2 = –2(x + 1)2 + 5 Parabola y = –2(x + 1)2 + 5 terbuka ke bawah dan memiliki titik puncak (–1, 5). Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan dibatasi parabola yang terbuka ke atas serta memiliki titik puncak (0, –3) dan parabola yang terbuka ke bawah serta memiliki titik puncak (–1, 5). Grafik yang sesuai adalah pilihan b dan d. Tanda kedua pertidaksamaan ≤ sehingga kedua parabola digambarkan penuh. Di antara pilihan b dan d yang parabolanya digambarkan penuh adalah pilihan b. Jadi, daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan ditunjukkan oleh grafik pilihan b. 22. Jawaban: a Persamaan parabola pertama: y = x2 – 8x + 14 = x2 – 8x + 16 – 2 = (x – 4) 2 – 2 Parabola y = (x – 4) 2 – 2 terbuka ke atas dan memiliki titik puncak (4, –2). Persamaan parabola kedua: y = –x2 + 4x = –x(x – 4) Parabola y = –x(x – 4) terbuka ke bawah serta memotong sumbu X di titik (0, 0) dan (4, 0). Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan dibatasi parabola yang terbuka ke atas serta memiliki titik puncak (4, –2) dan parabola yang terbuka ke bawah serta memotong sumbu X di titik (0, 0) dan (4, 0). Grafik yang sesuai adalah pilihan a, b, dan c. Dari grafik terlihat titik (1, 0) di luar parabola y = x2 – 8x + 14 dan y = –x2 + 4x. Ambil titik (1, 0) sebagai titik uji. Hasil substitusi titik (1, 0) ke pertidaksamaan beserta daerah penyelesaiannya sebagai berikut Pertidaksamaan

136


Daerah Penyelesaian

y ≤ x2 – 8x + 14

0 ≤ 12 – 8 × 1 + 14 ⇔ 0 ≤ 1 – 8 + 14 ⇔ 0 ≤ 7 (benar)

Memuat titik (1, 0)

y ≤ –x2 + 4x

0 ≤ –12 + 4 × 1 ⇔ 0 ≤ –1 + 4 ⇔ 0 ≤ 3 (benar)

Memuat titik (1, 0)


Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan sebagai berikut. Y

0 –2

y = x2 – 8x + 14

4

X

y = –x 2 + 4x

Jadi, daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan ditunjukkan oleh grafik pilihan a. 23. Jawaban: a Langkah 1: Menentukan persamaan parabola dan garis.

Parabola mempunyai puncak (0, –3). Persamaan parabola: y = f(x) = a(x – 0) 2 – 3 = ax2 – 3 Parabola melalui titik (2, 1) maka f(2) = 1 sehingga diperoleh: f(2) f( 2) = 1 2 ⇔ a × 2 – 3 = 1 4a = 4 ⇔ a=1 ⇔ Diperoleh persamaan parabola y = x 2 – 3. Garis memotong sumbu Y di titik (0, 2) dan memotong sumbu X di titik (–5, 0). Persamaan ga garis: 2x – 5y = –10 –2xx + 5y 5y = 10 10 ⇔ –2 Langkah 2: Menentukan pertidaksamaan.

Dari grafik terlihat, titik K(–6, 0) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik K(–6, 0) sebagai titik uji. Substitusikan xK = –6 ke x2 – 3. xK2 – 3 = (–6) 2 – 3 = 36 – 3 = 33 Oleh karena 33 lebih besar dari y K = 0 dan parabola digambarkan putus-putus, maka 33 > 0 sehingga xK2 – 3 > yK = 0. Dengan demikian, diperoleh pertidaksam pertidaksamaan aan x 2 – 3 > y atau y < x2 – 3. . . . (1) Substitusikan xK = –6 dan yK = 0 ke –2x + 5y. –2xK + 5yK = –2 × (–6) + 5 × 0 = 12 + 0 = 12 Oleh karena 12 lebih besar dari 10 dan garis digambarkan penuh, maka 12 ≥ 10 sehingga –2xK + 5yK ≥ y K = 0. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan –2x + 5y ≥ 1 10 0 . . . (2) Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaannya berikut. y < x2 – 3  –2x + 5y ≥ 10 Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuai adalah pilihan a.

24. Jawaban: c

25. Jawaban: d



Parabola mempunyai titik puncak (2, 2). Persamaan parabola adalah y = f(x) = a(x – 2) 2 + 2. Parabola melalui titik (0, 0) maka f(0) = 0 sehingga diperoleh: f(0) f( 0) = 0 2 ⇔ a(0 – 2) + 2 = 0 ⇔ 4a = –2 –2

Parabola mempunyai titik puncak (–2, 3). Persamaan parabola adalah y = f(x) = a(x + 2) 2 + 3. Parabola melalui titik (0, 4) maka f(0) = 4. f(0) f( 0) = 4 2 ⇔ a(0 + 2) + 3 = 4 4a = 1 ⇔

1

a=–2

⇔

Persamaan parabola menjadi: y= = = =

1

a= 4 Persamaan parabola menjadi: ⇔

1

y = 4 (x + 2)2 + 3

1 – 2 (x – 2)2 + 2 1 – 2 (x2 – 4x + 4) + 2 1 – 2 x2 + 2x – 2 + 2 1 – 2 x2 + 2x

1

= 4 (x2 + 4x + 4) + 3 1

= 4 x2 + x + 1 + 3 1

Garis memotong sumbu Y di titik (0, –2) dan memotong sumbu X di titik (3, 0). Persamaan garis adalah –2x + 3y = –6.

= 4 x2 + x + 4 Garis melalui titik (0, 0) dan (–1, 4). Persamaan garis sebagai berikut.

Langkah 2: Menentukan pertidaksamaan.

Dari grafik terlihat, titik A(2, –2) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik A(2, –2) sebagai titik uji. Substitusikan xA= 2 ke 1

1 – 2 x2 +

2x.

1

– 2 xA2 + 2xA = – 2 × 22 + 2 × 2 = –2 + 4 = 2 Oleh karena 2 lebih besar dari y A = –2 dan parabola digambarkan penuh, maka 2 ≥ –2 1

sehingga – 2 xA2 + 2xA ≥ y A = –2. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 1

1

– 2 x2 + 2x ≥ y atau y ≤ – 2 x2 + 2x. . . . (1) Substitusikan xA= 2 dan yA = –2 ke –2x + 3y. –2xA + 3y A = –2 × 2 + 3 × (–2) = –4 – 6 = –10 Oleh karena –10 lebih kecil dari –6 dan garis digambarkan penuh, maka –10 ≤ –6 sehingga –2xA + 3yA ≤ –6. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan –2x + 3y ≤ – –6 6. . . . (2) Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaan 1   y ≤ – x2 + 2x 2   –2x + 3y ≤ –6.

Jadi, sistem pertidaksamaan dari daerah yang diarsir adalah pilihan c.

⇔ ⇔ ⇔

y−0 4−0 y 4

x−0

= −1 − 0 x

= −1 –y = 4x 4x + y = 0


Dari grafik terlihat, titik B(–2, 4) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik B(–2, 4) sebagai titik uji. 1

Substitusikan xB = –2 ke 4 x2 + x + 4. 1 2 x 4 B

1

+ x B + 4= 4 × (–2)2 + (–2) + 4 =1–2+4 =3 Oleh karena 3 lebih kecil dari y B = 4 dan parabola digambarkan penuh, maka 3 ≤ 4 1

sehingga 2 xB2 + xB + 4 ≤ y B = 4. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 1 2 x + 2

x + 4 ≤ y atau y

≥

1 2 x + 2

x + 4. . . . (1)

Substitusikan xB = –2 dan yB = 4 ke 4x + y. 4xB + y B = 4 × (–2) + 4 = –8 + 4 = –4 Oleh karena –4 lebih kecil dari 0 dan garis digambarkan penuh, maka –4 ≤ 0 sehingga 4x B + yB ≤ 0. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 4x + y ≤ 0 0.. . . . (2)

Matematika Kelas X

137

Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaan 1 2  y ≥ x + 2   4x + y ≤ 0

x+4

Jadi, sistem pertidaksamaan dari daerah yang diarsir adalah pilihan d. 26. Jawaban: e Langkah 1: Menentukan persamaan parabola.

Persamaan parabola yang terbuka ke bawah. Parabola mempunyai titik puncak (–2, –2). Persamaan parabola adalah y = f(x) = a(x + 2) 2 – 2. Parabola melalui titik (0, –4) maka f(0) = –4. f(0)) = –4 f(0 –4 2 ⇔ a(0 + 2) – 2 = –4 –4 4a = –2 –2 ⇔ 1

a=–2 Persamaan parabola menjadi: ⇔

1

y = – 2 (x + 2)2 – 2 1

= – 2 (x2 + 4x + 4) – 2 1

= – 2 x2 – 2x – 2 – 2 1

= – 2 x2 – 2x – 4


Dari grafik terlihat, titik O(0, 0) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik O(0, 0) sebagai titik uji. 1

Substitusikan xO = 0 ke – 2 x2 – 2x – 4. 1

– 2 xO2 – 2xO – 4 = – 2 × 02 – 2 × 0 – 4 = –4 Oleh karena –4 lebih kecil dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka –4 ≤ 0 1

sehingga 2 xO2 – 2x O – 4 ≤ yO = 0. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 1

1

– 2 x2 – 2x – 4 ≤ y atau y ≥ – 2 x2 – 2x – 4.. . . (1) 138

y – 1 x2 – 2x  ≥ 2   2 y ≥ 2x + 4x –


–4

6 Jadi, sistem pertidaksamaan dari daerah yang diarsir adalah pilihan e.

27. Jawaban: a Langkah 1: Menentukan persamaan parabola.

Persamaan parabola yang terbuka ke atas sebagai berikut. Parabola mempunyai titik puncak (3, 0). Persamaan parabola adalah y = f(x) = a(x – 3) 2 + 0 = a(x – 3)2. Parabola melalui titik (0, 3) maka f(0) = 3. f(0) f( 0) = 3 ⇔ a(0 – 3) 2 = 3 9a = 3 ⇔ 1

a= 3 Persamaan parabola menjadi: ⇔

Persamaan parabola yang terbuka ke atas sebagai berikut. Parabola mempunyai titik puncak (–1, –8). Persamaan parabola adalah y = f(x) = a(x + 1) 2 – 8. Parabola melalui titik (0, –6) maka f(0) = –6. f(0)) = –6 f(0 –6 2 ⇔ a(0 + 1) – 8 = –6 –6 a=2 ⇔ Persamaan parabola menjadi: y = 2(x 2(x + 1) 1)2 – 8 = 2(x2 + 2x + 1) – 8 = 2x2 + 4x + 2 – 8 = 2x2 + 4x – 6

1

Substitusikan xO = 0 ke 2x2 + 4x – 6. 2xO2 + 4xO – 6 = 2 × 02 + 4 × 0 – 6 = –6 Oleh karena –6 lebih kecil dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka –6 ≤ 0 sehingga 2xO2 + 4x O – 6 ≤ y O = 0. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 2x2 + 4x – 6 ≤ y atau y ≥ 2x2 + 4x – 6. . . . (2 (2) Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaan

1

y = 3 (x – 3)2 1

= 3 (x2 – 6x + 9) 1

= 3 x2 – 2x + 3 Persamaan parabola yang terbuka ke bawah sebagai berikut. Parabola memotong sumbu X di titik (2, 0) dan (8, 0). Persamaan parabola adalah y = f(x) = a(x – 2)(x – 8). Parabola melalui titik (0, –8) maka f(0) = –8. f(0)) = –8 f(0 –8 2)(0 0 – 8) = –8 ⇔ a(0 – 2)( 16a = –8 –8 ⇔ 1

a=–2 Persamaan parabola menjadi: ⇔

1

y = – 2 (x – 2)(x – 8) 1

= – 2 (x2 – 10x + 16) 1

= – 2 x2 + 5x – 8 Langkah 2: Menentukan pertidaksamaan.

Dari grafik terlihat, titik O(0, 0) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik O(0, 0) sebagai titik uji.

Dari grafik terlihat, titik (2, 0) di luar parabola

1

Substitusikan xO = 0 ke 3 x2 – 2x + 3. 1 x 2 – 3 O

1

1

2x O + 3 = 3 × 0 2 – 2 × 0 + 3 = 3 Oleh karena 3 lebih besar dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka 3 ≥ 0 sehingga 1 x 2 – 3 O

2x O + 3 ≥ yO = 0.

Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 1 2 x – 3

2x + 3 ≥ y atau y

≤

Substitusikan xO = 0 ke – 1

1 2 x – 2x + 3.. 3 1 2 x + 5x – 8. 2

y = – 2 x2 + 3x dan garis 3y = –2x. Ambil titik (2, 0) sebagai titik uji untuk menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan a, b, dan c. a. Uji titik (2, 0) ke per pertida tidaksa ksamaa maan n pilih pilihan an a.

. . (1)

1 2

Oleh karena –8 lebih kecil dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka –8 ≤ 0 sehingga

⇔ 0 ≤ 1

3y ≤ –2x

1

1

– 2 x2 + 5x – 8 ≤ y atau y ≥ – 2 x2 + 5x – 8. 8. . . . (2)

3 × 0 ≤ –1 × 2 ⇔ 0 ≤ –2 (salah)

1

4

y = – 2 x2 + 3x

3

1 2    y ≤ 3 x – 2x + 3  1   y ≥ – x2 + 5x – 8 2 

2 1 –1 0 –1

Jadi, sistem pertidaksamaan dari daerah yang diarsir adalah pilihan a.

3x =

1 –2

–3

x(x – 6) memotong

–4

sumbu X di titik (0, 0) dan (6, 0) serta memiliki

–5

Sketsa parabola y = – 2x sebagai berikut.

3x dan garis 3y = – b.

Y

2

3

4

5

6

7

8

9

X

3y = –2x

–6

1

titik puncak (3, 4 2 ). Garis 3y = –2x melalui titik (0, 0) dan (3, –2). 1 2 x + 2

1

–2

28. Jawaban: b

Dari grafik terlihat, himpunan titik A di luar daerah penyelesaian. Ujii titik Uj titik (2, (2, 0) ke per pertid tidak aksa samaa maan n pilih pilihan an b.

Pertidaksamaan


Daerah Penyelesaian

1

4

y = – 2 x2 + 3x

3

1 2

y ≤ – x2 + 3x

2

1 2

0 ≤ – × 22 + 3 × 1

Memuat titik (2, 0)

⇔ 0 ≤ –2 ⇔ 0 ≤ 1

1 –1 0 –1


Y

Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaan

Parabola y = –

+3 (benar)

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan a beserta kedudukan titik-titik pada himpunan A sebagai berikut.

Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan

1 2 x + 2

Memuat titik (2, 0)

0 ≤ – × 22 + 3 × 1 ⇔ 0 ≤ –2

– 2 xO2 + 5x O – 8 ≤ yO = 0. 1

Daerah Penyelesaian

1 2

y ≤ – x2 + 3x

1

– 2 xO2 + 5xO – 8 = – 2 × 02 + 5 × 0 – 8 = –8


Pertidaksamaan

1

2

3

4

5

6

7

8

9

X

3y ≥ –2x

+3 (benar)

3 × 0 ≥ –1 × 2 ⇔ 0 ≥ –2 (benar)

Memuat titik (2, 0)

–2 –3 –4 –5

3y = –2x

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan b beserta kedudukan titik-titik pada himpunan A sebagai berikut.

–6

Matematika Kelas X

139

d.

Y 4

y=–

3

1 2 x + 2

Y 3

3x

2

2

1

1

–2 –1 0 –1

–1 0 –1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

X

e.


Pertidaksamaan

X

7

Daerah Penyelesaian

2

–2 –1 0 –1

Y

3

1 2 x + 2

3x

2 1 1

2

3

4

5

3

4

5

6

X

7

–3

3y = –2x

–5 Memuat titik (2, 0)

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan c beserta kedudukan titik-titik pada himpunan A sebagai berikut. y=–

2

–4

3 × 0 ≥ –1 × 2 ⇔ 0 ≥ –2 (benar)

4

1

–2

+3 ⇔ 0 ≥ 1 (salah) 3y ≥ –2x

1

y = – 2 x2 + 2x

1


1 2

0 ≥ – × 22 + 3 × 1

3x

3

⇔ 0 ≥ –2

6

7

8

9

X

–2

Dari grafik terlihat himpunan titik A di luar daerah penyelesaian. Jadi, himpunan titik A di dalam sistem pertidaksamaan pilihan b. 29. Jawaban: c Parabola y = x 2 – 4 = (x + 2)(x – 2) memotong sumbu X di titik (–2, 0) dan (2, 0) serta memotong sumbu Y di titik (0, –4). Parabola y = x 2+ 4x = x(x + 4) memotong sumbu X di titik (0, 0) dan (–4, 0) serta memiliki titik puncak (–2, –4). Sketsa parabola y = x 2 – 4 dan y = x 2 + 4x sebagai berikut. y = x 2 + 4x

3y = –2x

3 2

–6

1


y = x2 – 4

Y

–5

Dari grafik terlihat, himpunan titik A di luar daerah penyelesaian. Dengan cara yang sama seperti di atas diperoleh daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan pilihan d dan e beserta kedudukan titik-titik pada himpunan A sebagai berikut.

140

6

Y

Dari grafik terlihat, himpunan titik A di dalam daerah penyelesaian. Uji tit titik ik (2, (2, 0) 0) ke pe perti rtida daks ksam amaa aan n pilih pilihan an c.

–4

5

Dari grafik terlihat, titik (5, –2) dan (6, –3) di luar daerah penyelesaian.

–6

–3

4

–5

3y = –2x

–5

–1 0 –1

3

–4

–4

1 2 x + 2

2

3y = –2x

–3

–3

y ≥ –

1

–2

–2

c.

1

y = – 2 x2 + 2x

–5 –4 –4 –3 –2 –1 –1 0 –1 –2 –3 –4 –5

1

2

3

4

X

Dari grafik terlihat, titik (1, 0) di luar parabola y = x2 – 4 dan y = x2 + 4x. Ambil titik (1, 0) sebagai titik uji. Uji titik (1, 0) ke pertidaksamaan untuk menentukan daerah penyelesaian. Pertidaksamaan

y ≥ x2 – 4

y ≤ x2 + 4x

1

32

0 ≥ 12 – 4 ⇔ 0 ≥ 1 – 4 ⇔ 0 ≥ –3 (benar)

Memuat titik (1, 0)

= 18 3 satuan luas

0 ≤ 12 + 4 × 1 ⇔ 0 ≤ 1 + 4 ⇔ 0 ≤ 5 (benar)

Memuat titik (1, 0)

y = x2 – 4

Y

–5 –4 –4 –3 –2 –1 –1 0 –1

1

2

3

4

X

–2 –3 –4 –5

Dari grafik terlihat bahwa himpunan titik {(0, –3), (1, –1), (1, 1)} di dalam daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan. Jadi, himpunan titik yang berada dalam daerah penyelesaian adalah pilihan c. 30. Jawaban: d Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan sebagai berikut.

7 II

5

2

t2

d

1. Persamaan Persamaan y – 5 = 3x dapat dapat diubah diubah menjadi menjadi y = 3x + 5. . . . (1) (1) Persamaan y – 3 = x 2 + 4x dapat diubah menjadi y = x2 + 4x + 3. . . . (2) Substitusikan persamaan (1) ke dalam persamaan (2). y = x 2 + 4x + 3 ⇔ 3x + 5 = x2 + 4x + 3 x2 + x – 2 = 0 ⇔ (x + 2)(x 2)(x – 1) 1) = 0 ⇔ atau au (x – 1) 1) = 0 ⇔ (x + 2) = 0 at x = –2 atau x = 1 ⇔ Substitusikan x 1 = –2 dan x 2 = 1 ke dalam persamaan y = 3x + 5. Untuk x1 = –2 diperoleh: y1 = 3x + 5 = 3 × (–2) + 5 = –6 + 5 = –1 Sehingga penyelesaiannya (–2, –1). Untuk x2 = 1 diperoleh: y2 = 3x + 5 = 3 × 1 + 5 = 3 + 5 = 8 Sehingga penyelesaiannya (1, 8). Jadi, himpunan penyelesaian sistem persamaan adalah {(–2, –1), (1, 8)}.

⇔

I

2 t1 1 x – y = –1 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 –1 –2

B. Uraian

2. Substi Substitus tusika ikan n persam persamaan aan y = x2 + x – 18 ke dalam persamaan y = –x 2 – 2x + 2. x2 + x – 18 18 = –x –x2 – 2x + 2 2x2 + 3x – 20 = 0 ⇔ ⇔ (2x – 5)(x 5)(x + 4) = 0 (2x x – 5) 5) = 0 at atau au (x + 4) 4) = 0 ⇔ (2

y = x2 – 10 + 25 x=7

6

2

Jadi, luas potongan papan 18 3 cm2.

1

3

2

= 3 × 4 × 4 + 2 × 4 × 4 = 3 + 8

2

4

1

Daerah Penyelesaian

3

Y 9 8

2

= 3 dt1 + 2 dt2


Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan beserta kedudukan titik (–1, –1), (–1, 1), (0, –3), (1, –1) dan (1, 1) pada sebagai berikut. y = x 2 + 4x

Luas = LI + LII

5

x = 2 a attau

x = –4 5

X

Substitusikan x 1 = 2 dan x2 = –4 ke dalam persamaan y = x2 + x – 18.

Matematika Kelas X

141

5

Untuk x1 = 2 diperoleh: 5

5

y I = ( 2 )2 + 2 – 18 25

5

25 + 10 4

– 18

= 4 + 2 – 18 =

35

= 4 – 18 1

= –9 4

5

1

Sehingga penyelesaiannya ( 2 , –9 4 ). Untuk x2 = –4 diperoleh: y 2 = x2 + x – 18 = (–4)2 – 4 – 18 = 16 – 4 – 18 = –6 Sehingga penyelesaiannya (–4, –6). Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah 5 {( 2 ,

1 –9 4 ),(–4,

++

–6)}.

3. Persamaan Persamaan –2x + y = –3 dapa dapatt diubah diubah menjadi menjadi y = 2x – 3. Substitusikan persamaan y = x 2 + px + 1 ke dalam persamaan y = 2x – 3. x2 + px + 1 = 2x – 3 ⇔ x2 + (p – 2)x + 4 = 0 Sistem persamaan mempunyai satu penyelesaian jika diskriminan persamaan kuadrat x2 + (p – 2)x + 4 = 0 bernilai nol atau D = 0. D=0 2 b – 4ac 4ac = 0 2 ⇔ (p – 2) – 4 × 1 × 4= 0 ⇔ p2 – 4p + 4 – 16 = 0 p2 – 4p 4p – 12 = 0 ⇔ ⇔ (p – 6)(p 6)(p + 2) = 0 ⇔ (p – 6) = 0 atau (p + 2) = 0 p=6 atau p = –2 ⇔ Nilai p < 0 sehingga diambil p = –2. Substitusikan p = –2 ke persamaan kuadrat x 2 + (p – 2)x + 4 = 0. x2 + (p – 2)x + 4= 4= 0 2 4= 0 ⇔ x + (–2 – 2)x + 4= 2 x – 4x + 4= 0 ⇔ ⇔ (x – 2)2 = 0 x= 2 ⇔ Substitusikan x = 2 ke persamaan y = 2x – 3. y = 2x – 3 = 4 – 3 = 1 Sehingga penyelesaiannya (2, 1). Jadi, nilai p = –2 dan penyelesaiannya (2, 1).

142

4. Persamaan Persamaan –3x –3x + y = –4 dapat dapat diubah diubah menjadi y = 3x – 4. Substitusikan persamaan y = 3x – 4 ke dalam persamaan x2 + (p – 1)x –3. y = x 2 + (p – 1)x – 3 3x – 4 = x2 + (p – 1)x – 3 ⇔ ⇔ x2 + (p – 4)x 4)x + 1 = 0 Sistem persamaan tidak mempunyai penyelesaian jika diskriminan persamaan kuadrat x 2 + (p – 4)x + 1 = 0 bernilai negatif atau D < 0. D<0 2 b – 4ac 4ac < 0 ⇔ ⇔ (p – 4)2 – 4 × 1 × 1 < 0 p2 – 8p + 16 – 4 < 0 ⇔ p2 – 8p + 12 < 0 ⇔ ⇔ (p – 6)(p 6)(p – 2) < 0 Pembuat nol: (p – 6) = 0 atau (p – 2) = 0 p = 6 atau p=2 ⇔ Penyelesaian (p – 6)(p – 2) < 0 dalam bentuk diagram:


–– 2

++ 6

Diperoleh penyelesaian 2 < p < 6. Jadi, nilai p yang memenuhi adalah {p | 2 < p < 6, p ∈ R}. 5. Titik B(–4, B(–4, 2) 2) merupaka merupakan n titik potong garis  dan 2 kurva 4y = ax + 12x + 8 sehingga: 4 × 2 = a × (–4) (–4)2 + 12 × (–4) + 8 8 = 16a 16a – 40 40 ⇔ ⇔ 16 16a a = 48 48 a=3 ⇔ Substitusikan nilai a = 3 dan (–4, 2) ke dalam persamaan garis . 2y – ax = b ⇔ 2 × 2 – 3 × (–4) (–4) = b b = 16 ⇔ Persamaan garis  menjadi: 2y – 3x = 16 16 2y = 3x + 16 . . . (1) ⇔ Persamaan kurva menjadi: 4y = 3x2 + 12x + 8 . . . (2) Eliminasi y dari persamaan (1) dan persamaan (2). 2y = 3x + 16 × 2 4y = 6x + 32 4y = 3x2 + 12x + 8 × 1 4y = 3x2 + 12x + 8 –––––––––––––––– ––––––––––––– ––– – 2 0 = –3 –3xx – 6x + 24 2 x + 2x 2x – 8 = 0 ⇔ ⇔ (x + 4)(x 4)(x – 2) 2) = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x + 4 = 0 atau x = –4 atau x = 2 ⇔

Titik A di kuadran I, maka nilai absisnya positif sehingga diambil x = 2. Substitusikan nilai x = 2 ke dalam persamaan (1). 2y = 3x + 16 ⇔ 2y = 3 × 2 + 16 16 22 ⇔ 2y = 22 ⇔ y = 11 Diperoleh koordinat (2, 11). Jadi, koordinat titik A(2, 11).


Pertidaksamaan 1 2

1 2

y ≤ – x2 + 2x + 2 0 ≤ – × 12+ 2 × 1 + 2 ⇔ 0 ≤ –

1 2

+ 2 + 2

⇔ 0 ≤ 3

1 2

(benar)

Memuat titik (1, 0)


2 × 0 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 1(salah)

2y < x

6. 6. Pe Pers rsam amaa aan n pa para rabo bola la::


1

y = – 2 x2 + 2x + 2 1

= – 2 (x2 – 4x) + 2

Y

1

2y = x

4

= – 2 (x2 – 4x + 4 – 4) + 2

3

1 2

= – (x2 – 4x + 4) + 2 + 2

2 1

1 2

= – (x – 2)2 + 4

–2 –1 0 –1

1

Parabola y = – 2 (x – 2)2 + 4 terbuka ke bawah, mempunyai titik puncak (2, 4), memotong sumbu Y di titik (0, 2), serta melalui titik (–2, –4), (4, 2), dan (6, –4). Garis 2y = x melalui titik (0, 0) dan (4, 2). Sketsa parabola y = – x sebagai berikut.

1 2 x + 2

2x + 2 dan garis 2y =

6

7

y=–

X

1 2 x + 2

2x + 2

7. Menentu Menentukan kan titik titik puncak puncak dan titik-titik titik-titik yang dilalui

Persamaan Parabola

y=–

1

4 4

5

1

2

3

4

–4

3

2

3

–3

2y = x

1

2

parabola y = – 2 x2 + 2x + 4 dan y = –x2 + 8x – 12.

4

–2 –1 0 –1

1

–2

Y

5

6

7

X

1 2 x + 2

nilai a = –

1 2

–3 –4 1

y = – 2 x2 + 2x + 2

Dari grafik terlihat, titik (1, 0) di luar parabola y = – 2 x2 + 2x + 2 dan garis 2y = x. Ambil titik (1, 0) sebagai titik uji. Uji titik (1, 0) ke pertidaksamaan untuk menentukan daerah penyelesaian.

Titik Puncak Absis b

=–

,b= =2

Ordinat


q = y( y(p) p) = y(2)

2x + p = – 2a

mempunyai

2, dan c = 4

–2

1

Daerah Penyelesaian

2 1

2 × (− 2 )

(–2, –2), (0, 4), (4, 4), 1 = – 2 × 22 + 2 × 2 + 4 (6, –2) = –2 + 4 + 4 =6

y = –x2 + 8x – 12 b q = y( y(p) p) mempunyai nilai p = – 2a = y(4) a = –1, b = 8, dan 8 = –42 + 8 × 4 – 12 = – 2 × ( −1) c = –12 = –16 + 32 – 12 =4 =4

(1, –5), (2, 0), (3, 3), (5, 3), (6, 0), (7, –5)

1

Sketsa parabola y = – 2 x 2 + 2x + 4 dan y = –x 2 + 8x – 12 sebagai berikut.

Matematika Kelas X

143

8. Pe Pers rsam amaa aan n parab parabol ola: a:

Y 1

y = – 2 x2 + 2x + 4

6

1

y = – 4 x2 + 2x – 1

5

1

4

= – 4 (x2 – 8x) – 1

3

y = –x2 + 8x – 12

2

1

= – 4 (x2 – 8x + 16 – 16) – 1

1 –3 –2 –1 –1 0 –1

1

2

3

4

5

6

7

X

1

= – 4 (x2 – 8x + 16) + 4 – 1 1

= – 4 (x – 4)2 + 3

–2 –3

1

–4

Dari grafik terlihat, titik (0, 0) di luar parabola 1

y = – 2 x2 + 2x + 4 dan y = –x 2 + 8x – 12. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. Uji titik (0, 0) ke pertidaksamaan untuk menentukan daerah penyelesaian. Hasil Substitusi Titik (0, 0)

Pertidaksamaan 1

1

y

8x – 12

0

≤ –02 +

⇔ 0 ≤ 12

8 × 0 – 12 (benar)

Memuat titik (1, 0)

Y 6

1 2 x + 2

4 3 2 1

Memuat titik (0, 0)

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan beserta kedudukan titik (1, 4), (2, 2), (3, 2), (4, 3), dan (5, –1) sebagai berikut. y=–

1

Sketsa parabola y = – 4 (x – 4)2 + 3 dan garis 6y – 4x = –24 sebagai berikut. Y

Daerah Penyelesaian

y ≤ – 2 x2 + 2x + 4 0 ≤ – 2 × 02+ 2 × 0 + 4 ⇔ 0 ≤ 4 (benar) ≤ –x2 +

Grafik parabola y = – 4 (x – 4)2 + 3 terbuka ke bawah, memiliki titik puncak (4, 3), dan melalui titik (0, –1), (2, 2), (6, 2), dan (8, –1). Garis 6y – 4x = –24 melalui titik (0, –4) dan (6, 0).

–4 –3 –2 –1 0 –1 –2 –3 –4 –5

1

y = – 4 (x – 4)2 + 3 dan garis 6y – 4x = –24.

4 3

y = –x2 + 8x – 12

2

Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. Uji titik (0, 0) ke pertidaksamaan untuk menentukan daerah penyelesaian. Pertidaksamaan

1 1

2

3

4

5

6

7

X

–2 –3 –4

Dari grafik terlihat bahwa bahwa titik (3, 2), (4, 3), dan (5, –1) di dalam daerah penyelesaian, sedangkan titik (1, 4) dan (2, 2)di luar daerah penyelesaian.

144

X

Dari grafik terlihat, titik (0, 0) di luar parabola

2x + 4

5

–3 –2 –1 –1 0 –1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10


1 4


y ≤ – x2 + 2x – 1 0 ≤ –

1 4

× 02 + 2 × 0 – 1

⇔ 0 ≤ –1

6y – 4x ≥ –24

(salah)

6 × 0 – 4 × 0 ≥ –24 ⇔ 0 ≥ –24 (benar)

Daerah Penyelesaian

Tidak memuat titik (0, 0) Memuat titik (0, 0)

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan beserta kedudukan titik (1, –2), (1, 2), (2, 4), (4, 0), (4, –3), dan (4, 2) sebagai berikut. Y

1

6y – 4x = –24 C

X

1

y = – 4 x2 + 2x – 1

1

Luass segitig Lua segitiga a = 2 × alas × tinggi 1

= 2 × BC × AD 1

= 2 × 2 × 3 = 3 satuan luas Jadi, luas segitiga 3 satuan luas. 9. Langkah 1: Menentukan persamaan parabola. Persamaan parabola yang terbuka ke atas sebagai berikut. Parabola memotong sumbu X di titik (1, 0) dan (5, 0). Persamaan parabola adalah y = f(x) = a(x – 1)(x – 5). Parabola melalui titik (0, 5) maka f(0) = 5. f(0) f( 0) = 5 a(0 0 – 1)(0 1)(0 – 5) 5) = 5 ⇔ a( 5a = 5 ⇔ a=1 Persamaan parabola menjadi: y = a(x – 1)(x 1)(x – 5) 2 = 1(x – 6x + 5) = x2 – 6x + 5 Persamaan parabola yang terbuka ke bawah sebagai berikut. Parabola mempunyai titik puncak (2, –2). Persamaan parabola adalah y= f(x) = a(x – 2) 2 – 2. Parabola melalui titik (0, –4) maka f(0) = –4. f(0)) = –4 f(0 –4 2 –4 ⇔ a(0 – 2) – 2 = –4 4a = –2 –2 ⇔ ⇔

= – 2 x2 + 2x – 4 Langkah 2: Menentukan pertidaksamaan.

D

A

1

= – 2 x2 + 2x – 2 – 2 1

B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

–5

⇔

1

y = – 2 (x – 2)2 – 2 = – 2 (x2 – 4x + 4) – 2

4 3 2 1 –4 –3 –2 –1 0 –1 –2 –3 –4

Persamaan parabola menjadi:

Dari grafik terlihat, titik O(0, 0) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik O(0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan xO = 0 ke x2 – 6x + 5. xO2 – 6x O + 5 = 02 – 6 × 0 + 5 = 5 Oleh karena 5 lebih besar dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka 5 ≥ 0 sehingga xO2 – 6x O + 5 ≥ yO = 0. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan x2 – 6x + 5 ≥ y atau y ≤ x2 – 6x + 5. . . .(1) 1

Substitusikan xO = 0 ke – 2 x2 + 2x – 4. 1

1

– 2 xO2 + 2xO – 4 = – 2 × 0 2 + 2 × 0 – 4 = –4 Oleh karena –4 lebih kecil dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka –4 ≤ 0 1

sehingga – 2 xO2 + 2x O – 4 ≤ yO = 0. Dengan demikian, diperoleh pertidaksamaan 1

1

– 2 x2 + 2x – 4 ≤ y atau y ≥ – 2 x2 + 2x – 4.. . .(2) Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaan y ≤ x2 – 6x + 5

   1   y ≥ – x2 +  2

2x – 4

1

a=–2

Matematika Kelas X

145

10.. a. 10

Sketsa Skets a si sisi si de depa pan n tug tugu u yan yang g ber berlub luban ang g pa pada da bidang koordinat kartesius sebagai berikut. Y 2

C

B

b.

Tugu pemb Tugu pembata atass berb berbent entuk uk pri prisma sma den dengan gan alas sisi depan tugu dan tinggi tebal tugu. Volume tugu pembatas: V = luas luas alas alas × tinggi tinggi = (LOABC – Lparabola di atas sumbu X) × 0,8 2

= (OA × AB – 3 × d × t) × 0,8 2

1,5

= (1,4 × 2 – 3 × 0,4 × 1) × 0,8 4

= (2,8 – 15 ) × 0,8

1

28

4

8

= ( 10 – 15 ) × 10 0,5

=

38 15

304

0,5

O 0

0,5 0,7 0,9 1

A 1,4

X

Daerah yang diarsir merupakan sisi depan tugu.

146


8

× 10 2

= 150 = 2 75 satuan volume 2

Jadi, volume tugu pembatas adalah 2 75 satuan volume.

A.

Pilihan Pilih an Gan Ganda da

1.

Jawaban:: b Jawaban

⇔

|6 – x| = |2x + 3| Oleh karena kedua ruas bernilai positif, kedua ruas dapat dikuadratkan. ⇔ |6 – x|2 = |2x + 3|2 (6 – x)2 = (2x + 3) 2 ⇔ ⇔ (6 – x)2 – (2x + 3)2 = 0 ((6 – x)+ (2x (2x + 3)) ((6 ((6 – x) – (2x + 3)) 3)) = 0 ⇔ ⇔ (x + 9)( 9)( 3 – 3x) = 0 x + 9 = 0 atau 3 – 3x = 0 ⇔ ⇔ x = –9 atau x=1 Jadi, penyelesaian |6 – x| = |2x + 3| adalah x = –9 atau x = 1.

⇔

2.

⇔

|x + 1| 1| – |–6x| |–6x| = x – 9 x + 1 – (–6 (–6x) x) = x – 9 7x + 1 = x – 9 6x = –10 –10 x=–

⇔

10

5

=–3

6

5

Oleh karena x = – 3 tidak termuat pada interval –1 ≤ x ≤ 0, persamaan|x + 1| – |–6x| = x – 9 pada interval –1 ≤ x ≤ 0 tidak mempunyai penyelesaian. 3)

Jawaban:: c Jawaban

|x + 1| – |–6x| = x – 9 Pembuat nol nilai mutlak: |x + 1| = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = –1 |–6x| = 0 ⇔ –6x = 0 ⇔ x = 0

Untuk Untu k int inter erva vall x > 0: 0: |x + 1| = x + 1 |–6x| = 6x |x + 1| 1| – |–6x| |–6x| = x – 9 ⇔ x + 1 – (6x (6x)) = x – 9 ⇔ 1 – 5x = x – 9 ⇔ –6xx = –10 –6 –10 ⇔

x=

−10 −6

5

= 3 5

Oleh karena x = 3 termuat pada pada interval x > 0, –1

1)

Untukk in Untu inte terv rval al x < –1: –1: |x + 1| = –(x + 1) |–6x | = –6x |x + 1| 1| – |–6x| |–6x| = x – 9 ⇔ –(x + 1) 1) – (–6x) (–6x) = x – 9 ⇔ –x – 1 + 6x = x – 9 ⇔ 5x – 1 = x – 9 ⇔ 4x = – 8 −8

x = 4 = –2 Oleh karena x = –2 termuat pada interval x ≤ –1, persamaan |x + 1| – |–6x| = x – 9 pada interval x ≤ –1 mempunyai penyelesaian x = –2. Untu Un tukk in inte terv rval al –1 ≤ x ≤ 0: |x + 1| = x + 1 |–6x| = –6x ⇔

2)

0

persamaan |x + 1| – |–6x| = x – 9 pada interval 5

4)

x > 0 mempunyai penyelesaian x = 3 . Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian: n: 5

x = –2 atau atau { } atau atau x = 3 Jadi, nilai x yang memenuhi |x | x + 1| – |–6x| = x – 9 5

adalah x = –2 atau x = 3 . 3.

Jawaban:: a Jawaban

|7 – x| ≥ 5 ⇔ 7 – x ≤ – –5 5 atau 7 – x ≥ 5 –x ≤ – –5 5 – 7 atau –x ≥ 5 – 7 ⇔ ⇔ –x ≤ – –1 12 atau –x ≥ –2 ⇔ x ≥ 1 12 2 atau x ≤ 2 Jadi, himpunan penyelesaian |7 – x| ≥ 5 adalah {x| x ≤ 2 atau x ≥ 12}.

Matematika Kelas X

147

4. Jawaban: d |x – 3| ≤ |2x – 1| Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. |x – 3|2 ≥ |2x – 1| 2 ⇔ ⇔ (x – 3)2 ≥ (2x – 1)2 ⇔ (x – 3)2 – (2x – 1)2 ≥ 0 ⇔ (x – 3 + (2x – 1))(x – 3 – (2x – 1)) ≥ 0 ⇔ (x – 3 +2x – 1)(x – 3 – 2x + 1) ≥ 0 (3x – 4)(–x – 2) ≥ 0 ⇔ Pembuat nol: (3x – 4) (–x – 2) = 0 ⇔

x=

4 3

atau x = –2 –

1

x = – 2 at atau au x = 3

3)

Syar Sy arat at pe peny nyeb ebut ut:: (x + 4)(x – 2) ≠ 0 ⇔ x ≠ –4 atau x ≠ 2 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. +

–

–

1

–4

≥ |2x

x 2 + 2x − 8 ≤ 0 adalah –4 ≤ x < 2x 2 − 5x − 3

– 1|

.

– 0

Penyelesaian x|x – 1| + |x|(x – 2) ≤ 2 2x x ⇔ x(x + 3) ≥ 0 adalah x ≤ –3 atau x ≥ 0. Jadi, nilai x yang memenuhi x|2x – 1| + |x|(x – 2) ≤ 2x adalah x ≤ –3 atau x ≥ 0. x 2 + 2x − 8 ≤ 0 2x 2 − 5x − 3

148

( x + 4) ( x − 2) ≤ 0 (2x + 1)( x − 3)

Pemb Pe mbua uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (x + 4)(x 4)(x – 2) = 0 ⇔ x = –4 –4 atau atau x = 2

Ulangan Akhir Semester

6x − 21 ≥ 2 2x − 3

⇔

⇔

x 2 + 6x − 21 − 4 x + 6 ≥ 0 2x − 3

⇔

x 2 + 2 x − 15 ≥ 0 2x − 3

⇔

(x − 3)(x + 5) ≥ 0 2x − 3

1)

Pemb Pe mbua uatt nol nol pe pemb mbililan ang: g: (x + 5)(x 5)(x – 3) = 0 ⇔ x = –5 –5 atau atau x = 3 2) Pem Pembu buat at no noll pen penye yebu but: t: 2x – 3 = 0 3

x= 2 Syar Sy arat at pe peny nyeb ebut ut:: 2x – 3 ≠ 0 ⇔

3)

+

6. Jawaban: b

1

– 2 atau 2 ≤ x < 3.

+

2(2x − 3) x 2 + 6x − 21 – 2x − 3 ≥ 0 2x − 3

1

Untuk 0 ≤ x ≤ 2 : |2x – 1| = –(2x –(2x – 1) |x| = x x|2x – 1| + |x|(x – 2) ≤ 2x ⇔ x(–(2x – 1)) + (x)(x – 2) ≤ 2x ⇔ –2x2 + x + x2 – 2x ≤ 2x ⇔ –x2 – 3x ≤ 0 ⇔ x2 + 3x ≥ 0 ⇔ x(x + 3) ≥ 0 Pembuat nol: x(x + 3) = 0 ⇔ x = 0 atau x = –3

1)

3

Penyelesaiannya:

x2

5. Jawaban: a

⇔

2

–2

+

7. Jawaban: b

4

adalah –2 ≤ x ≤ 3 . Jadi, nilai x yang memenuhi |x – 3|

–3

–


Penyelesaian |x – 3| ≥ |2x – 1| ⇔ (3x – 4) (–x – 2) ≥ 0

+

+

–4 ≤ x < – 2 atau 2 ≤ x < 3

3 4

–2

adalah –2 ≤ x

⇔

1

+

4 ≤ 3

2) Pembu Pembuat at no noll pen penye yebu but: t: (2x + 1)(x 1)(x – 3) = 0

3

x ≠ 2 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. ⇔

–

+

– 3 2

–5

+ 3

Penyelesaiannya: 3

–5 ≤ x < 2 atau x ≥ 3 Jadi, penyelesaian pertidaksamaan 3

adalah –5 ≤ x < 2 atau x ≥ 3.

x 2 + 6x − 21 ≥ 2 2x − 3

8. Jawaban: d

2)

x(x + 3) < 3 2

Untuk x + 1 ≥ 0: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ –1

Oleh karena kedua ruas bernilai positif, kedua ruas dapat dikuadratkan. )2

. . . (5) –1

)2

( x(x + 3) < (3 2 x(xx + 3) x( 3) < 18 18 ⇔ ⇔ x2 + 3x – 18 18 < 0 ⇔ (x + 6)(x 6)(x – 3) < 0 Pembuat nol: (x + 6)(x 6)(x – 3) = 0 ⇔ x = –6 –6 atau atau x = 3 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. ⇔

+

–

+

–6

Oleh karena

pertidaksamaan dikuadratkan. 7x − 3 ⇔

≥ x

. . . (1)

–

. . . (2)

. . . (6)

Syarat bilangan yang diakar:

0

7x – 3 ≥ 0

⇔

3

x≥ 7 . . . (7) 3 7


9. Jawaban: e 1)

+ 4

x(x + 3) < 3 2 atau –6 < x ≤ –3 atau 0 ≤ x < 3.

≥ x

+ 1 dapat

+1

1

Irisan penyelesaian (1) dan (2): –6 < x ≤ –3 atau 0 ≤ x < 3 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah

7x − 3

≥ x

( 7x − 3 )2 ≥ (x + 1) 2

+

+

–3

7x − 3

7x – 3 ≥ x2 + 2x + 1 0 ≥ x2 – 5x + 4 ⇔ x2 – 5x + 4 ≤ 0 ⇔ ⇔ (x – 1)(x – 4) ≤ 0 Pembuat nol: (x – 1)(x – 4) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 4

Syarat bilangan yang diakar: x(x + 3) ≥ 0 –

dan x + 1 ≥ 0 maka

⇔

3

+

≥ 0

7x − 3

+1

. . . (8)

Untuk x + 1 ≤ 0: x + 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ –1

1

3)

4


. . . (1) –1

1

Oleh karena

7x − 3

≥ 0

pertidaksamaan 7x − 3 oleh semua nilai x.

dan x + 1 ≤ 0 maka ≥ x

+ 1 terpenuhi

Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan 7x − 3

Syarat bilangan yang diakar: ⇔

x

≥ x

+ 1 adalah {x | 1 ≤ x ≤ 4}.

10. Jawaban: b . . . (2)

7x – 3 ≥ 0

4

2x 2 ⇔

3 ≥ 7

⇔ ⇔

. . . (3) 3 7

⇔ ⇔

( 2x 2

−

4x − 12 < 2

− 4 x − 12 )2

< 22

2x2 – 4x 4x – 12 < 4 2 2x – 4x 4x – 16 < 0 2(x2 – 2x – 8) 8) < 0 2(x + 2)( 2)(xx – 4) < 0


Matematika Kelas X

149

Pembuat nol: 2(x + 2)(x – 4) = 0 +

⇔ ⇔

x = –2 atau x = 4

–

⇔

+

–2

1

Syarat bilangan yang diakar: 2x2 – 4x – 12 ≥ 0 ⇔ 2(x2 – 2x – 6) ≥ 0 ⇔ x2 – 2x – 6 ≥ 0 Pembuat nol: x2 – 2x 2x – 6 = 0 2 ⇔ x – 2x 2x + 1 = 6 + 1 (x – 1)2 = 7 ⇔ ⇔ x= 1+ 7 x = 1 + 7 atau x = 1 – ⇔ – 1–

Substitusikan a = 2 ke dalam persamaan (1). 2a – 3b 3b = 2 ⇔ ⇔

1–

1

7

7 –4

Penyelesaiannya: –2 < x ≤ 1 –

7 atau 1 +

7

≤ x

<4

Jadi, penyelesaian pertidaksamaan 2x 2 1+

− 4 x − 12 <

7

≤ x

2 adalah –2 < x ≤ 1 –

7 atau

< 4.

11. Jawaban: b Diketahui SPLTV berikut. 2a – 3b = 2 . . . (1) 4a + 5c = 5 . . . (2) 6b – 10c = –8 . . . (3) Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). 2a – 3b = 2 × 2 4a – 6b = 4 4a + 5c = 5 × 1 4a + 5c = 5 –––––––––– – –6b – 5c = –1 . . . (4) Eliminasi b dari persamaan (3) dan (4). 6b – 10 10cc = –8 –6b – 5c 5c = –1 ––––––––––– + –15c –1 5c = –9 –9 ⇔

3

c= 5 3

Substitusikan c = 5 ke dalam persamaan (2). 4a + 5c 5c = 5 ⇔

150

3

4a + 5 × 5 = 5


1

3

adalah {( 2 , – 3 , 5 )}.

7

1+

7

1

b= –3

Jadi, himpunan penyelesaian SPLTV tersebut

Irisan penyelesaian:

–2

1

2 × 2 – 3b 3b = 2 –3b = 1

⇔

+ 1+

7

1

a= 2

⇔

4

+

4a + 3 = 5 4a = 2

12. Jawaban: e Diketahui SPLTV berikut. 2x – y + z = 12 . . . (1) x + 2y + z = 5 . . . (2) 3x – y + 2z = 19 . . . (3) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 2x – y + z = 12 × 2 4x – 2y + 2z= 24 x + 2y + z = 5 × 1 x + 2y + z = 5 –––––––––––––– + 5x + 3z = 29 . . . (4) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (3). 2x – y + z = 12 3x – y + 2z = 19 ––––––––––––– – –x – z = –7 . . . (5) Eliminasi z dari persamaan (4) dan (5). 5x + 3z = 29 × 1 5x + 3z = 29 –x – z = –7 × 3 –3x – 3z = –21 –––––––––––– + 2x = 8 ⇔ x=4 Substitusikan x = 4 ke dalam persamaan (5). –x – z = –7 –7 ⇔ –4 – z = –7 –7 ⇔ z=3 Substitusikan x = 4 dan z = 3 ke dalam persamaan (1). 2x – y + z = 12 ⇔ 2 × 4 – y + 3 = 12 ⇔ 11 – y = 12 12 ⇔ y = –1 Jadi, himpunan penyelesaian SPLTV tersebut adalah {(4, –1, 3)}.

13. Jawaban: d Diketahui SPLTV berikut. 2x + 3y + z = a – 6 . . . (1) 3x – y + 4z = a + b – 3 . . . (2) x + 4y + 5z = 5b + 3 . . . (3) Diketahui himpunan penyelesaian SPLTV tersebut {(–5, 2, 8)}. Substitusikan x = –5, y = 2, dan z = 8 ke dalam persamaan (1). 2x + 3y 3y + z = a – 6 ⇔ 2 × (–5) (–5) + 3 × 2 + 8 = a – 6 ⇔ –10 + 6 + 8 = a – 6 ⇔ a– 6= 4 ⇔ a = 10 Substitusikan x = –5, y = 2, dan z = 8 ke dalam persamaan (3). x + 4y + 5z = 5b + 3 ⇔ –5 + 4 × 2 + 5 × 8 = 5b + 3 –5 + 8 + 40 = 5b + 3 ⇔ ⇔ 5b + 3 = 43 43 5b = 40 ⇔ b=8 ⇔ 2a + 3b 3b = 2 × 10 10 + 3 × 8 = 20 + 24 = 44 Jadi, nilai 2a + 3b = 44. 14. Jawaban: e Diketahui SPLTV berikut. 2x + ay + 2z = 23 . . . (1) 3x + by – 2z = –3 . . . (2) 4x + cy + 2z = 19 . . . (3) Eliminasi z dari persamaan (1) dan (2). 2x + ay ay + 2z = 23 23 3x + by by – 2z = –3 –3 ––––––––––––––– + 5x + (a + b)y = 20 ⇔ 5x + 5y = 20 20 x+y =4 . . . (4) ⇔ Eliminasi z dari persamaan (1) dan (3). 2x + ay + 2z = 23 4x + cy + 2z = 19 –––––––––––––––– – –2x + (a – c)y c)y = 4 ⇔ –2xx + 2y –2 2y = 4 ⇔ –x + y = 2 . . . (5) Eliminasi x dari persamaan (4) dan (5). x +y= 4 –x + y = 2 –––––––– + 2y = 6 ⇔ y=3

Substitusikan y = 3 ke dalam persamaan (4). x +y= 4 x+3=4 ⇔ ⇔ x=1 10x – y = 10 × 1 – 3 =7 Jadi, nilai 10x – y = 7. 15. Jawaban: c 1

Misalkan p = x + 1 , q =

1 y−3

1

, dan r = z − 1 .

SPLTV tersebut dapat ditulis menjadi: 3p – 2q + 2r = –1 . . . (1) 4p + 4q – 6r = –9 . . . (2) p + 6q + 2r = –3 . . . (3) Eliminasi r dari persamaan (1) dan (2). 3p – 2q + 2r = –1 4p + 4q – 6r = –9

×3 ×1

9p – 6q + 6r = –3 4p + 4q – 6r = –9 –––––––––––––– + 13p – 2q = –1 –12 . . . (4 (4)

Eliminasi r dari persamaan (1) dan (3). 3p – 2q 2q + 2r = –1 p + 6q + 2r = –3 –––––––––––––– – 2p – 8q = 2 . . . (5) Eliminasi q dari persamaan (4) dan (5). 13p – 2q = –12 × 4 52p – 8q = –48 2p – 8q = 2 ×1 2p – 8q = 2 –––––––––––– – 50p 50 p = –50 –50 ⇔ p = –1 Substitusikan p = –1 ke dalam persamaan (4). 13p – 2q = –12 –12 ⇔ –13 – 2q = –12 –12 ⇔ –2q –2 q=1 1

q= –2

⇔

1

Substitusikan p = –1 dan q = – 2 ke dalam persamaan (1). 3p – 2q + 2r = –1 –3 + 1 + 2r = –1 ⇔ 2r = 1 ⇔ r=

⇔

p=

1 x +1 1

⇔

–1 =

⇔

x + 1 = –1 –1 x = –2

⇔

1 2

x +1

Matematika Kelas X

151

q= ⇔ ⇔ ⇔

–

1 2

=

y −3 1 y −3

y – 3 = –2 –2 y=1 r=

⇔

1

1 2

=

1 z −1 1 z −1

z –1 = 2 z=3 ⇔ x + y – z = –2 + 1 – 3 = –4 Jadi, nilai x + y – z = –4. ⇔

16. Jawaban: b Diketahu Dike tahui: i: x = berat berat badan badan Cindi Cindi y = berat badan Dania z = berat badan Eva Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. x + y = 78 . . . (1) y + z = 82 . . . (2) 3z – x = 88 88 ⇔ –x + 3z = 88 . . . (3) Sistem persamaan linear tiga variabelnya sebagai berikut. x + y = 78  y + z = 82  –x + 3z = 88 Jadi, SPLTV dari permasalahan tersebut: x + y = 78  y + z = 82  –x + 3z = 88. 17. Jawaban: b Diketahu Dike tahui: i: x = har harga ga 1 spido spidoll y = harga 1 bolpoin z = harga 1 pensil Diperoleh SPLTV berikut. x + 3y + 2z = 12.100 . . . (1) 2x + y + z = 8.800 . . . (2) 3x + 4z = 14.700 . . . (3) Jadi, sistem persamaan linear tiga variabel dari permasalahan tersebut adalah x + 3y + 2z = 12.100; 2x + y + z = 8.800; 3x + 4z = 14.700. 18. Jawaban: c Misalk Mis alkan: an: x = ha harg rga a 1 kg jer jeruk uk y = harga 1 kg apel z = harga 1 kg pir

152


Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. 2x + 3y = 100.000 . . . (1) y + 2z = 50.000 . . . (2) 3x + z = 65.000 . . . (3) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 2x + 3y = 10 100.000 y + 2z = 50.000

×1 ×3

2x + 3y = 10 100.000 3y + 6z = 150.000 ––––––––––––––– – 2x – 6z = –50 –50.0 .000 00 . . . (4) (4)

Eliminasi z dari persamaan (3) dan (4). 3x + z = 65.000 × 6 18x + 6z = 390.000 2x – 6z = –50.000 × 1 2x – 6z = –50.000 ––––––––––––––– + 20x = 340.0 340.000 00 x = 17.0 17.000 00 ⇔ Substitusikan x = 17.000 ke dalam persamaan (3). 3x + z = 65.00 65.000 0 ⇔ 3 × 17.000 17.000 + z = 65.000 65.000 51.000 51.0 00 + z = 65.000 65.000 ⇔ z = 14. 14.00 000 0 ⇔ Substitusikan z = 14.000 ke dalam persamaan (2). y + 2z 2z = 50.00 50.000 0 50.000 ⇔ y + 2 × 14.000 = 50.000 ⇔ y + 28.000 28.000 = 50.000 50.000 ⇔ y = 22. 22.00 000 0 x + y + z = 17.000 17.000 + 22.000 + 14.000 = 53.000 Jadi, Bu Ranti harus membayar sebanyak Rp53.000,00. 19. Jawaban: d Misalk Mis alkan: an: x = harg harga a 1 roti roti pis pisan ang g y = harga 1 roti cokelat z = harga 1 roti keju Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. 2x + y + z = 15.300 . . . (1) 3x + 2y + z = 22.800 . . . (2) x + 3y + 2z = 22.100 . . . (3) Eliminasi z dari persamaan (1) dan (2). 2x + y + z = 15.300 15.300 3x + 2y + z = 22.800 22.800 ––––––––––––––––– – –x – y = –7.500 . . . (4) Eliminasi z dari persamaan (1) dan (3). 2x + y + z = 15.300 x + 3y + 2z = 22 22.100

× 2 4x + 2y + 2z = 30 30.600 ×1 x + 3y + 2z = 22.100 –––––––––––––––––– – 3x – y = 8.5 8.500 00 . . . (5) (5)

Eliminasi y dari persamaan (4) dan (5). –x – y = –7.500 –7.500 3x – y = 8.5 8.500 00 ––––––––––––– – –4x = –16.0 –16.000 00 ⇔ x = 4.0 4.000 00 Substitusikan x = 4.000 ke dalam persamaan (4). –x – y = –7.500 –7.500 ⇔ –4.000 –4. 000 – y = –7.500 –7.500 ⇔ y = 3.5 3.500 00 x + 5y = 4.000 + 5 × 3.500 3.500 = 4.000 + 17.500 = 21.500 Jadi, Nia harus membayar sebanyak Rp21.500,00. 20. Jawaban: e Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLDV berikut. 3x + 2y + 5z = 570.000 . . . (1) x + z = 570.000 – 460.000 ⇔ x + z = 110.000 . . . (2) x + y = 460.000 – 430.000 ⇔ x + y = 30.000 . . . (3) Eliminasi x dari persamaan (1) dan (2). 3x + 2y 2y + 5z= 570.0 570.000 00 × 1 3x + 2y 2y + 5z= 570.0 570.000 00 x+z = 110.000 × 3 3x + 3z = 330.000 –––––––––––––––––– –––––––––––– –––––– – 2y + 2z = 240 240.0 .000 00 . . . (4 (4))

Eliminasi x dari persamaan (2) dan (3). x + z = 110.00 110.000 0 x + y = 30.000 30.000 ––––––––––––––––– – z – y = 80.00 80.000 0 ⇔ –y + z = 80.000 . . . (5) Eliminasi y dari persamaan (4) dan (5). 2y + 2z = 240.000 × 1 2y + 2z = 240.000 –y + z = 80.000 × 2 –2y + 2z = 160.000 –––––––––––––––– + 4z = 400.0 400.00 0 z = 100. 100.00 000 0 ⇔ Jadi, uang yang diterima Monika sebesar Rp100.000,00. 21. Jawaban: a Persamaan y – x = 5 dapat diubah menjadi y = x + 5. Substitusikan persamaan y = x + 5 ke dalam persamaan y = x 2 + 5x – 16 sehingga diperoleh: x + 5 = x2 + 5x – 16 ⇔ x2 + 4x 4x – 21 21 = 0 7)(x – 3) = 0 ⇔ (x + 7)(x ⇔ (x + 7) = 0 atau (x – 3) = 0 ⇔ x = –7 atau x= 3

Substitusikan x1 = –7 dan x2 = 3 ke dalam persamaan y = x + 5. Untuk x1 = –7 diperoleh: y1 = x + 5 = –7 + 5 = –2 Sehingga penyelesaiannya (–7, –2). Untuk x2 = 3 diperoleh: y2 = x + 5 = 3 + 5 = 8 Sehingga penyelesaiannya (3, 8). Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {(–7, –2), (3, 8)}. 22. Jawaban: c Substitusikan persamaan y = x 2 – 3x + 1 ke dalam persamaan y = 2x 2 + 2x – 5 sehingga diperoleh: x2 – 3x + 1 = 2x 2x2 + 2x – 5 ⇔ x2 + 5x 5x – 6 = 0 ⇔ (x + 6)(x 6)(x – 1) = 0 (x + 6) = 0 atau (x – 1) = 0 ⇔ ⇔ x = –6 atau x=1 Substitusikan x1 = –6 dan x2 = 1 ke dalam persamaan y = x2 – 3x + 1. Untuk x1 = –6 diperoleh: y1 = x2 – 3x + 1 = (–6)2 – 3 × (–6) + 1 = 36 + 18 + 1 = 55 Sehingga penyelesaiannya (–6, 55). Untuk x2 = 1 diperoleh: y2 = x2 – 3x + 1 = 12 – 3 × 1 + 1 =1–3+1 = –1 Sehingga penyelesaiannya (1, –1). Jadi, penyelesaiannya (–6, 55) dan (1, –1). 23. Jawaban: b Substitusikan persamaan y = 3x + k ke dalam persamaan y = x2 + 2x – 2k sehingga diperoleh: 3x + k = x2 + 2x – 2k ⇔ x2 – x – 3k = 0 Sistem persamaan mempunyai satu penyelesaian jika disk diskrimi riminan nan pers persamaa amaan n kua kuadrat drat x 2 – x – 3k = 0 bernilai nol atau D = 0. D=0 b2 – 4ac 4ac = 0 2 (–3k) = 0 ⇔ (–1) – 4 × 1 × (–3k) ⇔ 1 + 12 12kk = 0 ⇔

1

k = – 12 1

Jadi, nilai k yang memenuhi adalah – 12 .

Matematika Kelas X

153

24. Jawaban: a Segitiga ABD siku-siku di B sehingga berlaku rumus Pythagoras berikut. AD2 = AB2 + BD2 ⇔ BD2 = AD2 – AB2 = (3x + 1)2 – (x + 1) 2 = (9x2 + 6x + 1) – (x 2 + 2x + 1) = 8x2 + 4x . . . (1) Segitiga BCD siku-siku di D sehingga berlaku rumus Pythagoras berikut. BC2 = BD2 + CD2 ⇔ BD2 = BC2 – CD2 = (4x – 1)2 – (2x + 1)2 = (16x2 – 8x + 1) – (4x 2 + 4x + 1) = 12x2 – 12x . . . (2) Substitusikan persamaan (2) ke dalam persamaan (1) sehingga diperoleh: BD2 = 8x2 + 4x ⇔ 12x2 – 12x 12x = 8x 8x2 + 4x ⇔ 4x2 – 16x 16x = 0 ⇔ 4x(x 4x (x – 4) = 0 ⇔ 4x = 0 atau (x – 4) = 0 ⇔ x = 0 atau x= 4 Diambil x = 4 karena untuk x = 0 mengakibatkan BC negatif. AB = x + 1 = 5 cm Jadi, panjang AB = 5 cm. 25. Jawaban: b Misalkan Misa lkan:: p = panj panjang ang per perseg segii panja panjang ng  = lebar persegi panjang Panjang persegi panjang adalah 4 cm lebih dari lebarnya sehingga diperoleh persamaan: p=4+ . . . (1) Hasil kuadrat lebar persegi panjang sama dengan dua kali panjangnya sehingga diperoleh persamaan: 2 = 2p . . . (2) Substitusikan persamaan (1) ke dalam persamaan (2). 2 = 2p 2 = 2(4 + ) ⇔ 2 = 8 + 2 ⇔ 2 – 2 – 8 = 0 ⇔ ( + 2)( – 4) = 0 ⇔ ( + 2) = 0 atau ( – 4) 4) = 4 ⇔  = –2 = 4 ⇔ –2 ata tau u Oleh karena lebar persegi panjang selalu bernilai positif, maka diambil  = 4 cm.

154


Substitusikan  = 4 cm ke dalam persamaan p = 4 + . p = 4 +  = 4 + 4 = 8 cm Luas persegi panjang: L = p ×  = 8 × 4 = 32 cm2 Jadi, luas persegi panjang ABCD adalah 32 cm 2. 26. Jawaban: b Langkah 1: Menentukan puncak parabola y = x 2 + 6x + 9 dan titik-titik yang dilalui garis 2x + 3y = 6.

Persamaan parabola y = x 2 + 6x + 9 = (x + 3) 2 memiliki titik puncak (–3, 0). Garis 2x + 3y = 6 memotong sumbu X di titik (3, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, 2). Langkah 2: Menentukan daerah penyelesaian.

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan dibatasi parabola yang memiliki titik puncak (–3, 0) dan garis yang memotong sumbu X di titik (3, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, 2). Grafik yang sesuai adalah pilihan a dan b. Dari grafik terlihat titik (0, 0) di luar parabola y = x2 + 6x + 9 dan garis 2x + 3y = 6. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan titik (0, 0) ke dalam pertidaksamaan untuk menentukan daerah penyelesaian. Pertidaksamaan


Daerah Penyelesaian

y ≤ x2 + 6x + 9

0 ≤ 02 + 6 × 0 + 9 ⇔ 0 ≤ 9 (benar)

Memuat titik (0, 0)

2x + 3y ≤ 6

2 × 0 + 3 × 0 ≤ 6 ⇔ 0 ≤ 6 (benar)

Memuat titik (0, 0)


y = x2 + 6x + 9

9

2 –3

0

2x + 3y = 6 X 3

Jadi, grafik yang benar pilihan b. 27. Jawaban: a Persamaan parabola pertama: y = –x2 – 2x + 4 = –(x2 + 2x) + 4 = –(x2 + 2x + 1 – 1) + 4 = –(x2 + 2x + 1) + 1 + 4 = –(x + 1) 2 + 5

Parabola y = –(x + 1) 2 + 5 terbuka ke bawah, memiliki titik puncak (–1, 5), dan memotong sumbu Y di titik (0, 4). Parabola y = x 2 – 4x = x(x – 4) terbuka ke atas dan memotong sumbu X di titik (0, 0) dan (4, 0). Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan dibatasi parabola yang terbuka te rbuka ke bawah, b awah, memiliki memiliki titik puncak (–1, 5), serta memotong sumbu Y di titik (0, 4) dan parabola yang terbuka ke atas serta serta memotong sumbu X di titik (0, 0) dan (4, 0). Grafik yang sesuai adalah pilihan a, b, dan c. Dari grafik terlihat titik (–1, 0) di luar parabola y = –x2 – 2x + 4 dan y = x2 – 4x. Uji titik (–1, 0) ke dalam pertidaksamaan untuk menentukan daerah penyelesaian. Hasil Substitusi Titik (–1, 0)

Daerah Penyelesaian

y < –x2 – 2x + 4

0 < – (–1)2 + 2 × (–1) +4 ⇔ 0 < –1 – 2 + 4 ⇔ 0 < 1 (benar)

Memuat titik (–1, 0)

y ≥ x2 – 4x

0 ≥ (–1)2 – 4 × (–1) ⇔ 0 ≥ 1 + 4 ⇔ 0 ≥ 5 (salah)

Tidak memuat titik (–1, 0)

Pertidaksamaan


y = x2 – 4x

5 4

–1 0

4

X

y = –x2 – 2x + 4

Jadi, daerah penyelesaiannya adalah pilihan a. 28. Jawaban: c Langkah 1: Menentukan persamaan parabola dan garis.

Parabola mempunyai puncak (–2, 2). Persamaan parabola: y = f(x) = a(x + 2) 2 + 2 Parabola melalui titik (0, 6) maka f(0) = 6 sehingga diperoleh: f(0) f( 0) = 6 2 ⇔ a(0 + 2) + 2 = 6 4a = 4 ⇔ ⇔ a=1 Persamaan parabola menjadi: y = (x + 2)2 + 2 = x2 + 4x + 4 + 2 = x 2 + 4x + 6

Garis memotong sumbu Y di titik (0, 6) dan memotong sumbu X di titik (–6, 0). Persamaan garis: 6x – 6y = –36 ⇔ x – y = –6 Langkah 2: Menentukan pertidaksamaan.

Dari grafik terlihat, titik O(0, 0) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titikO(0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan xO = 0 ke x2 + 4x + 6. xO2 + 4xO + 6 = 02 + 4 × 0 + 6 = 6 Oleh karena 6 lebih besar dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka 6 ≥ 0 sehingga xO2 + 4xO + 6 ≥ y O = 0. Dengan demikian, diperoleh pertidaksam pertidaksamaan aan 2 2 x + 4x + 6 ≥ y atau y ≤ x + 4x + 6. . . . (1) Substitusikan xO = 0 dan y O = 0 ke x – y. xO – yO = 0 – 0 = 0 Oleh karena 0 lebih besar dari –6 dan garis digambarkan penuh, maka 0 ≥ –6 sehingga x O – y O ≥ – –6. 6. Dengan demikian, diperoleh pertidaksam pertidaksamaan aan x – y ≥ –6 . . . (2) Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaannya berikut. y ≤ x2 + 4x + 6 x – y ≥ –6  Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuai adalah pilihan c. 29. Jawaban: d Langkah 1: Menentukan per persam samaan aan parabola.

Persamaan parabola yang memiliki titik puncak (–2, –3) adalah y = a(x + 2) 2 – 3. Parabola melalui titik (0, 1) maka f(0) = 1. f(0) f( 0) = 1 2 ⇔ a(0 + 2) – 3 = 1 ⇔ 4a = 4 a=1 ⇔ Persamaan parabola menjadi: y = (x (x + 2)2 – 3 = x2 + 4x + 4 – 3 = x2 + 4x + 1 Persamaan parabola yang memotong sumbu X di titik (–2, 0) dan (1, 0) adalah adal ah y = a(x + 2)(x – 1). Parabola melalui titik (2, 2) maka f(2) = 2. f(2) f( 2) = 2 2)(2 – 1) 1) = 2 ⇔ a(2 + 2)(2 ⇔ 4a = 2 ⇔

a=

1 2

Matematika Kelas X

155

Persamaan parabola menjadi: y = = =

b.

1 (x + 2)(x – 1) 2 1 2 (x + x – 2) 2 1 2 1 x + 2 x – 1 2

Daerah Daera h penye penyeles lesaia aian n sistem sistem pert pertida idaks ksama amaan an pada pilihan b beserta kedudukan titik-titik pada himpunan P sebagai berikut. Y 7 6


5

Dari grafik terlihat, titik O(0, 0) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik O(0, 0) sebagai titik uji. Substitusikan xO = 0 ke x2 + 4x + 1. xO2 + 4xO + 1 = 02 + 4 × 0 + 1 = 1

4 3 2

Dengan demikian, diperoleh pertidaksama pertidaksamaan an 2 2 x + 4x + 1 > y atau y < x + 4x + 1. . . . (1)

–1 0

c.

1 2 1 x + 2 x – 1. 2 1 02 + 2 × 0 – 1 = –1

Substitusikan xO = 0 ke 1 2 1 1 x + x – 1 = × O O 2 2 2

atau y ≥

X

6

Dari grafik terlihat, titik (1, 3), (1, 4), (2, 2), dan (2, 3) di dalam daerah penyelesaian. Daerah Dae rah peny penyele elesai saian an sist sistem em perti pertidak daksa samaa maan n pada pilihan c beserta kedudukan titik-titik pada himpunan P sebagai berikut. x – y = –2

3 2

0.

y = 4x – x 2

1

1 2 1 x + 2 x – 1. 2

–1 0 –1

. . . (2)

  1 1 y ≥ x2 + x – 1  2 2

30. Jawaban: b a. Dae Daerah rah peny penyele elesai saian an siste sistem m pertid pertidak aksa samaa maan n pada pilihan a beserta kedudukan titik-titik pada himpunan P sebagai berikut.

1

2

3

4

X

5

–2

d.

Jadi, daerah yang diarsir pada gambar merupakan penyelesaian penyelesaia n dari sistem pertidaksamaan pilihan d.

Dari grafik terlihat, titik (1, 3), (2, 2), dan (2, 3) di dalam daerah penyelesaian, sedangkan titik (1, 4) di luar daerah penyelesaian. Daera Da erah h penye penyeles lesaia aian n sistem sistem pert pertida idaks ksama amaan an pada pilihan d beserta kedudukan titik-titik pada himpunan P sebagai berikut. Y 6 5

x+y=6

4

y = 4x – x2

3

Y

x – y = –2

6

2 1

5

y = x2 – 4x + 5

4 3 2 1 1

2

3

4

5

6

X

Dari grafik terlihat, titik (1, 3), (2, 2), dan (2, 3) di dalam daerah penyelesaian, sedangkan titik (1, 4) di luar daerah penyelesaian.

156

5

4

Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaan 2 y < x + 4x + 1

–2 –1 0

4

3

5

Dengan demikian, diperoleh pertidaksama pertidaksamaan an 1 2 1 x + 2 x – 1 ≤ y 2

2

1

Y

Oleh karena –1 lebih kecil dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka –1 ≤ 0 1 2 1 x + x – 1 ≤ yO = O 2 2 O

x+y=6

1

Oleh karena 1 lebih besar dari y O = 0 dan parabola digambarkan putus-putus, maka 1 > 0 sehingga xO2 + 4xO + 1 > yO = 0.

sehingga

y = x2 – 4x + 5


–1 0

1

2

3

4

5

6

X

Dari grafik terlihat, titik (1, 3) dan (1, 4) di dalam daerah penyelesaian, sedangkan titik (2, 2) dan (2, 3) di luar daerah penyelesaian.

e.

Daerah Daera h penye penyeles lesaia aian n sistem sistem pert pertida idaks ksama amaan an pada pilihan e beserta kedudukan titik-titik pada himpunan P sebagai berikut.

Oleh karena x = 5 termuat dalam interval x ≥ 0 maka x = 5 merupakan penyelesaian x + 5 = |2x| untuk interval x ≥ 0.

Y 6 5

c)

5

x = – 3 atau x = 5

x+y=6

4

2)

y = 4x – x 2

3 2 1 –1 0

1

2

3

4

X

5

Dari grafik terlihat, titik (1, 3), (2, 2), dan (2, 3) di dalam daerah penyelesaian, sedangkan titik (1, 4) di luar daerah penyelesaian. Jadi, himpunan titik di dalam daerah penyelesaian pilihan b.

1

1

interval x ≤ 0 maka x = – 3 merupakan penyelesaian x + 1 = |2x| untuk interval x ≤ 0. b) Unt ntuk uk in inte terv rval al x ≥ 0: |2x| = –2x x + 1 = |2x| |2x| ⇔ x + 1 = 2x 2x ⇔ 1=x ⇔ x=1 Oleh karena x = 1 termuat dalam interval x ≥ 0 maka x = 1 merupakan penyelesaian x + 1 = |2x| untuk interval x ≥ 0. c) Ga Gabu bung ngan an pe peny nyele elesa saia iann nnya ya::

x + 5 = |2x| Pembuat nol interval: |2x| = 0 ⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0 a) Unt ntuk uk in inte terv rval al x ≤ 0: |2x| = –2x x + 5 = |2x| |2x| ⇔ x + 5 = –2x –2x 5 = –3 –3x ⇔ ⇔

1

x=–3

Oleh karena x = – 3 termuat dalam

|x + 3 – |2x|| = 2 Oleh karena kedua ruas bernilai positif, kedua ruas dapat dikuadratkan. ⇔ |x + 3 – |2x||2 = 22 ⇔ ( x + 3 – |2x|) 2 = 22 ⇔ ( x + 3 – |2x|) 2 – 22 = 0 ⇔ (( x + 3 – |2x|)+ 2) ((x + 3 – |2x|)– |2x|)– 2) = 0 ⇔ (( x + 5 – |2x|)) ((x + 1 – |2x|) |2x|) = 0 ⇔ x + 5 – |2x| = 0 atau x + 1 – |2x| |2x| = 0 ⇔ x + 5 = |2x| |2x| atau x + 1 = |2x| 1)

x + 1 = |2x| Pembuat nol interval: |2x| = 0 ⇔ 2x = 0 ⇔ x =0 a) Unt ntuk uk in inte terv rval al x ≤ 0: |2x| = –2x x + 1 = |2x| |2x| ⇔ x + 1 = –2x –2x 1 = –3 –3xx ⇔ ⇔

B. Ur Urai aian an

1.

Gabu Ga bung ngan an pe peny nyele elesa saia iann nnya ya::

1

x = – 3 atau x = 1 3)

Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian n 1) dan dan 2): 2): 5

1

x = – 3 atau x = 5 atau x = – 3 atau x = 1 Jadi, himpunan penyelesaian persamaan |x + 4 5

1

– |2x|| = 2 adalah x = – 3 atau x = 5 atau x = – 3

5

atau x = 1.

x=–3 5

Oleh karena x= – 3 termuat dalam 5

interval x ≤ 0 maka x = – 3 merupakan penyelesaian x + 5 = |2x| untuk interval x ≤ 0. b) Unt ntuk uk in inte terv rval al x ≥ 0: |2x| = 2x x + 5 = |2x| |2x| 2x ⇔ x + 5 = 2x ⇔ 5=x ⇔ x=5

2.

|2x + 1| |2x 1| + |3 |3x x – 1| ≥ 5 Pembuat nol nilai mutlak: ⇔ 2x

+1=0

|3x – 1| = 0

⇔ 3x

– 1 = 0 ⇔ x = 3

1

–2

1)

⇔ x

1

|2x + 1| = 0

= –2 1

1 3

1

Untu Un tuk k in inte terv rval al x ≤ – 2 : |2x + 1| = –(2x + 1) |3x – 1| = –(3x – 1)

Matematika Kelas X

157

|2x + 1| + |3x – 1| ≥ 5 ⇔ –(2x + 1) +(–(3x – 1)) ≥ 5 ⇔ –2x – 1 – 3x + 1 ≥ 5 –5x ≥ 5 ⇔ ⇔ x ≤ –1 Irisan penyelesaian x ≤ –1 dan interval

interval x 2)

1 ≤ – 2

adalah x 1

≤ x ≤

1 3

3)

≥ 5

≥

≤ –3

≥ 5

untuk

1

b.

158


3

3 }.

x 2 − x − 6 > x – 1 Jawaban:

x 2 − x − 6 > x – 1 1)

Untuk x – 1 ≤ 0: x – 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ 1 . . . (1) 1

≥ 1

1

3

2

atau –2 < x ≤ –2 +

adalah x ≥ 1.

⇔

–2 –2 +

3

–

an x + 2 + x + 5 ≥ 1 adalah {x | –5 < x ≤ –2 –

Gabung Gabu ngan an pen penye yele lesa saia ian n 1), 2), 2), dan dan 3): 3): x ≤ –1 atau { } atau x ≥ 1 ⇔ x ≤ –1 atau x ≥ 1 Jadi, nilai x yang memenuhi |2x + 1| +|3x – 1| ≥ 5 adalah x ≤ –1 atau x ≥ 1. 2

+

Penyelesaiannya:

:

4)

+ x + 5 x+2

_

–5 < x ≤ –2 – 3 atau –2 < x ≤ –2 + 3 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksama-

1

1

+ –5 –2 –

Irisan penyelesaian x ≥ 1 dan interval x ≥ 3 adalah x ≥ 1. Penyelesaian |2x + 1| + |3x – 1| ≥ 5 untuk

3. a.

x = –2 + 3 ata atau u x = –2 – 3 2) Pe Pemb mbua uatt nol nol pe peny nyeb ebut ut:: (x + 2)( 2)(xx + 5) 5) = 0 ⇔ x = –2 –2 atau atau x = –5 3) Sy Syar arat at pe peny nyeb ebu ut: (x + 2)(x + 5) ≠ 0 ⇔ x ≠ –2 atau x ≠ –5 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

dan interval

|2x + 1| = 2x + 1 |3x – 1| = 3x – 1 |2x + 1| + |3x – 1| ≥ 5 ⇔ 2x + 1 + (3x – 1) ≥ 5 2x + 1 + 3x – 1 ≥ 5 ⇔ ⇔ 5x ≥ 5 ⇔ x ≥ 1

1 ≥ 3

≥ 0

⇔

adalah { }.

1 3

− 4x − 1

Pemb Pe mbua uatt n nol ol pe pemb mbililan ang: g: –x2 – 4x – 1 = 0 ⇔ x2 + 4x 4x = –1 –1 2 ⇔ x + 4x + 4 = –1 + 4 ⇔ (x + 2)2 = 3

–


2

( x + 2 )( x + 5 )

untuk

adalah { }.

1 1 – 2 ≤ x ≤ 3

interval x

−x

≤ –1.

Penyelesaian |2x + 1| + |3x – 1| interval

x + 5 + 2x + 4 − x 2 − 7 x −10 ≥ 0 ( x + 2 )( x + 5 )

1

Irisan penyelesaian x 1

⇔

1)

Untu tukk in interval – 2 ≤ x ≤ 3 : |2x + 1| = 2x + 1 |3x – 1| = –(3x – 1) |2x + 1| +|3x – 1| ≥ 5 ⇔ 2x + 1 +(–(3x – 1)) ≥ 5 ⇔ 2x + 1 – 3x + 1 ≥ 5 ⇔ 2 – x ≥ 5 ⇔ –x ≥ 3 ⇔ x ≤ –3

–2

1( x + 5) + 2( x + 2) − ( x + 2)( x + 5) ≥ 0 ( x + 2) ( x + 5 )

⇔

1

x ≤ – 2 adalah x ≤ –1. Penyelesaian |2x + 1| + |3x – 1|

⇔

2

+ x + 5 – 1 ≥ 0 x+2

Oleh karena

x2

− x − 6 ≥ 0 dan x – 1 ≤ 0

maka pertidaksamaan x 2 − x − 6 > x – 1 terpenuhi oleh semua nilai x. . . . (2) Syarat bilangan yang diakar: x2 – x – 6 ≥ 0 ⇔ (x + 2)(x – 3) ≥ 0

Pembuat nol: (x + 2)(x 2)(x – 3) = 0 ⇔ x = –2 –2 atau atau x = 3 +

–

4. a.

+

–2

. . . (3)

3

10x – 5y + 3z= –41 10x –41 × 1 6x + 3y + z = –13 × 3


8x + 6y + 5z = 18 × 1 6x + 3y + z = –13 × 5

Untuk x – 1 ≥ 0: x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1

–8x – 14y = –2 –2 –22x – 9y = 83

1

x 2 − x − 6 ≥ 0 dan x – 1 ≥ 0

maka pertidaksamaan dapat dikuadratkan. x2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

−x −6

>x–1

. . . (6) 7

– –2

+

. . . (7)

3



–2

7

Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan x 2 − x − 6 > x – 1 adalah {x | x ≤ –2 atau x > 7}.

–88x – 154y = –22 –88x – 36y = 332 ––––––––––––––––– – –118y –118 y = –35 –354 4 ⇔ y=3

Substitusikan y = 3 ke dalam persamaan (4). –8x – 14y 14y = –2 –8x – 42 = –2 ⇔ ⇔ –8xx = 40 –8 40 ⇔ x = –5 Substitusikan x = –5 dan y = 3 ke dalam persamaan (3). 6x + 3y 3y + z = –13 –13 (–5) + 3 × 3 + z = –13 ⇔ 6 × (–5) ⇔ –30 + 9 + z = –13 –13 ⇔ z=8 Jadi, himpunan penyelesaian SPLTV tersebut adalah {(–5, 3, 8)}.

( x 2 − x − 6 )2 > (x – 1)2 x2 – x – 6 > x2 – 2x + 1 x –7 > 0 x>7

+

× 11 ×4

x 2 − x − 6 > x – 1

Syarat bilangan yang diakar: x2 – x – 6 ≥ 0 ⇔ (x + 2)(x – 3) ≥ 0 Pembuat nol: (x + 2)(x 2)(x – 3) = 0 ⇔ x = –2 –2 atau atau x = 3

8x + 6y + 5z = 18 30x + 15y + 5z = –65 –––––––––––––––– –––––––––––– –––– – –22x – 9y = 83 . . . (5) (5)

Eliminasi x dari persamaan (4) dan (5).

. . . (5) Oleh karena

10x – 5y + 3z = –41 18x + 9y + 3z = –39 –––––––––––––––– – –8x – 14y 14y = –2 . . . (4) (4)


–2

2)

Diketahui SP SPLTV: 10x – 5y + 3z = –41 . . . (1) 8x + 6y + 5z = 18 . . . (2) 6x + 3y + z = –13 . . . (3) Eliminasi z dari persamaan (1) dan (3).

b.

Dipero Dipe role leh h x = –5, –5, y = 3, dan dan z = 8 seh sehin ingg gga: a: x – y + z = –5 – 3 + 8 =0 Jadi, nilai x – y + z = 0.

5. a.

Dari per Dari perma masa sala laha han n ters terseb ebtt dipe dipero role leh h SPLT SPLTV V berikut. a + b + c =18 . . . (1) 2a + 3c = 31 . . . (2) b – 4c = –29 . . . (3) Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). a + b + c = 18 × 2 2a + 3c = 31 × 1

2a + 2b + 2c = 36 36 2a + 3c = 31 ––––––––––––––– – 2b – c = 5 . . . (4)

Eliminasi b dari persamaan (3) dan (4). b – 4c = –29 × 2 2b – 8c = –58 2b – c = 5 ×1 2b – c = 5 –––––––––––– – –7cc = –63 –7 –63 ⇔ c=9

Matematika Kelas X

159

Substitusikan c = 9 ke dalam persamaan (3). b – 4c = –29 –29 ⇔ b – 36 = –29 –29 ⇔ b=7 Substitusikan c = 9 ke dalam persamaan (2). 2a + 3c 3c = 31 31 ⇔ 2a + 3 × 9 = 31 ⇔ 2a + 27 27 = 31 31 ⇔ 2a = 4 ⇔ a=2 Jadi, bilangan a, b, dan c berturut-turut 2, 7, dan 9. b.

6. a.

b.

160

abc = 2 × 7 × 9 = 126 Jadi, hasil kali ketiga bilangan adalah 126. Diketahui: x = harga 1 buku tu tulis y = harga 1 bolpoin z = harga 1 buku gambar Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV berikut. 3x + y + 2z = 20.500 . . . (1) 2x + y + z = 13.500 . . . (2) x + y + 2z = 12.500 . . . (3) Jadi, SPLTV dari permasalahan tersebut: 3x + y + 2z = 20.500 . . . (1) 2x + y + z = 13.500 . . . (2) x + y + 2z = 12.500 . . . (3) Eliminas Elimin asii y dari dari per persa sama maan an (1) (1) dan dan (2) (2).. 3x + y + 2z = 20.500 20.500 2x + y + z = 13.500 13.500 ––––––––––––––––– – x + z = 7.000 . . . (4) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (3). 3x + y + 2z = 20.500 20.500 x + y + 2z 2z = 12.500 12.500 ––––––––––––––––– – 2x = 8.00 8.000 0 ⇔ x = 4.0 4.000 00 Substitusikan x = 4.000 ke dalam persamaan (4). x + z = 7.00 7.000 0 4.000 00 + z = 7.000 7.000 ⇔ 4.0 ⇔ z = 3.0 3.000 00 Substitusikan x = 4.000 dan z = 3.000 ke dalam persamaan (2). 2x + y + z = 13.500 13.500 ⇔ 8.000 + y + 3.000 3.000 = 13.500 13.500 ⇔ y + 11.000 11.000 = 13.500 13.500 y = 2.5 2.500 00 ⇔ x + y + z = 4.000 + 2.500 + 3.000 = 9.500


Uang kembalian kembalian = 20.000 – 9.500 9.500 = 11.500 11.500 Jadi, uang kembalian Erna sebanyak Rp11.500,00. 7. Dari perma permasalaha salahan n di atas dipero diperoleh leh SPLKDV SPLKDV berikut. 3x + y = –2   y = x2 + (k – 2)x + 7  Persamaan 3x + y = –2 dapat diubah menjadi y = –3x – 2. Substitusikan persamaan y = –3x – 2 ke dalam persamaan y = x 2 + (k – 2)x + 7 sehingga diperoleh: y = x2 + (k – 2)x + 7 –3xx – 2 = x2 + (k – 2)x + 7 –3 ⇔ ⇔ x2 + (k + 1)x 1)x + 9 = 0 Garis memotong parabola di dua titik jika nilai diskriminan persamaan kuadrat x 2 + (k + 1)x + 9 = 0 bernilai positif atau D > 0. D>0 2 b – 4ac 4ac > 0 ⇔ 2 ⇔ (k + 1) – 4 × 1 × 9 > 0 k2 + 2k + 1 – 36 > 0 ⇔ k2 + 2k 2k – 35 35 > 0 ⇔ (k + 7)(k 7)(k – 5) > 0 ⇔ Pembuat nol: (k + 7)(k – 5) = 0 ⇔ (k + 7) = 0 atau (k – 5) = 0 ⇔ k = –7 at atau k= 5 Penyelesaian (k + 7)(k – 5) > 0 dalam bentuk diagram:

–7

5

Diperoleh penyelesaian k < –7 atau k > 5. Jadi, nilai k yang memenuhi adalah {k | k < –7 atau k > 5, k ∈ R}. 8. a.

Panj Pa njan ang g jar jarii-ja jari ri liling ngkkar aran an P = PB PB Segitiga APB siku-siku di A sehingga berlaku rumus Pythagoras berikut. PB2 = AP2 + AB2 = (4x)2 + (x + 1)2 = 16x2 + x2 + 2x + 1 = 17x2 + 2x + 1 Keliling lingkaran = K K = 2πr ⇔ (8x + 2)π = 2π × PB 8x + 2 = 2PB 2PB ⇔ PB = 4x 4x + 1 ⇔ 2 PB = 16x2 + 8x + 1 ⇔

. . . (1)

. . . (2)

b.

Substitusikan persamaan (1) ke dalam persamaan (2). PB2 = 17x2 + 2x + 1 ⇔ 16x2 + 8x + 1 = 17x 17x2 + 2x + 1 ⇔ x2 – 6x = 0 ⇔ x(xx – 6) x( 6) = 0 ⇔ x = 0ata 0atau u (x – 6) = 0 ⇔ x = 0 atau x =6 Diambil x = 6 karena untuk x = 0 menyebabkan AP = 0 cm (tidak mungkin). Substitusikan x = 6 ke dalam persamaan PB = 4x + 1. PB = 4x + 1 = 4 × 6 + 1 = 24 + 1 = 25 r = PB PB = 25 cm Jadi, panjang jari-jari lingkaran P adalah 25 cm. AB = x + 1 = 6 + 1 = 7 cm Jadi, panjang AB adalah 7 cm.


Daerah Penyelesaian

y ≥ x2 + x – 6

0 ≥ 02 + 0 – 6 ⇔ 0 ≥ –6 (benar)

Memuat titik (0, 0)

x – y ≥ –3

0 – 0 ≥ –3 ⇔ 0 ≥ –3 (benar)

Memuat titik (0, 0)

Pertidaksamaan

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan sebagai berikut. y = x2 + x – 6

5 4 3 2 1 –3 –2 –1 –1

9. Langkah 1: Menggambar sketsa parabola

x – y = –3

y = x 2 + x – 6 dan gari s x – y = –3.

Parabola y = x 2 + x – 6 = (x + 3)(x – 2) memotong sumbu X di titik (–3, 0) dan (2, 0), memotong sumbu Y di titik (0, –6), serta melalui titik (–4, 6), (–2, –4), (–1, –6), (1, –4), dan (3, 6). Garis x – y = –3 memotong sumbu X di titik (–3, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, 3). Sketsa parabola y = x 2 + x – 6 dan garis x – y = –3 sebagai berikut. y = x2 + x – 6

Y 7 6 5 4 3 2 1

–3 –2 –1 –1 x – y = –3

1 2 3

X

–2 –3 –4 –5 –6 –7


Dari grafik terlihat, titik (0, 0) di luar parabola y = x2 + x – 6 dan garis x – y = –3. Ambil titik (0, 0) sebagai titik uji. Uji titik (0, 0) ke pertidaksamaan untuk menentukan daerah penyelesaian.

Y 7 6

1 2 3

X

–2 –3 –4 –5 –6 –7

Dari grafik terlihat, nilai x paling kiri pada daerah penyelesaian adalah –3, sedangkan nilai x paling kanan adalah 3 sehingga nilai x terletak antara –3 sampai dengan 3 atau dapat dituliskan –3 ≤ x ≤ 3. Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi sistem pertidaksamaan adalah –3 ≤ x ≤ 3. persam samaan aan parabola. 10. Langkah 1:Menentukan per Menentukan persamaan parabola yang terbuka ke bawah. Parabola memotong sumbu X di titik (–4, 0) dan (2, 0). Persamaan parabola adalah y = f(x) = a(x + 4)(x – 2). Parabola melalui titik (0, 4) maka f(0) = 4. f(0) f( 0) = 4 ⇔ a(0 + 4)(0 4)(0 – 2) = 4 ⇔ –8a –8 a=4 1

a=–2

⇔

Persamaan parabola menjadi: y = a(x + 4) 4)(x (x – 2) 1

= – 2 (x2 + 2x – 8) 1

= – 2 x2 – x + 4 Menentukan persamaan parabola yang terbuka ke atas.

Matematika Kelas X

161

Parabola mempunyai titik puncak (–4, 0). Persamaan parabola: y= f(x) = a(x + 4) 2 + 0 = a(x + 4) 2 Parabola melalui titik (0, 4) maka f(0) = 4. f(0) f( 0) = 4 ⇔ a(0 + 4)2 = 4 16a 16 a=4 ⇔ 1

a= 4 Persamaan parabola menjadi: y = a(x a(x + 4) 4)2 ⇔

1

Dengan demikian, diperoleh pertidaksam pertidaksamaan aan 1

1

– 2 x2 – x + 4 ≥ y atau y ≤ – 2 x2 – x + 4.

. . .(1)

1

Substitusikan xO = 0 ke 4 x2 + 2x + 4. 1 x 2 + 4 O

1

2xO + 4 = 4 × 02 + 2 × 0 + 4 = 4 Oleh karena 4 lebih besar dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka 4 ≥ 0 sehingga – 4 xO2 + 2xO + 4 ≥ yO = 0.

1

Dengan demikian, diperoleh pertidaksam pertidaksamaan aan

= 4 x2 + 2x + 4 Langkah 2: Menentukan pertidaksamaan .

Dari grafik terlihat, titik O(0, 0) di dalam daerah penyelesaian. Ambil titik O(0, 0) sebagai titik uji. 1

Substitusikan xO = 0 ke – 2 x2 – x + 4. 1

– 2 xO2 – xO + 4 = – 2 × 02 – 0 + 4 = 4

162

1

– 2 xO2 – xO + 4 ≥ yO = 0.

1

= 4 (x2 + 8x + 16)

1

Oleh karena 4 lebih besar dari y O = 0 dan parabola digambarkan penuh, maka 4 ≥ 0 sehingga


1 2 x + 4

2x + 4 ≥ y atau y

≤

1 2 x + 4

2x + 4.

. . .(2)

Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh sistem pertidaksamaan

 1 2  y ≤ – 2 x – x + 4  y ≤ 1 x2 + 2x + 4 4

01 Kunci Matematika 10A Wajib K-13 Edisi 2017

Recommend Documents