04 MATEMATIKA 12 IPA 2013.pdf

Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter Standar Kompetensi

Kompetensi Dasar

Nilai

1. Menggunakan konsep integral dalam pemecahan masalah.

1.1 Memahami konsep integral tak tentu dan integral tentu. 1.2 Menghitung integral tak tentu dan integral tentu dari fungsi aljabar dan trigonometri yang sederhana. 1.3 Menggunakan integral untuk menghitung luas daerah di bawah kurva dan volume benda putar.

Indikator

Teliti

Teliti dalam menentukan hasil pengintegralan.

Cermat

Cermat dalam menentukan batasbatas daerah yang akan dihitung luas atau volumenya.

Pada bab ini akan dipelajari: 1. Integral sebagai lawan dari turunan (antiderivatif) 2. Integral tak tentu dan integral tertentu fungsi aljabar 3. Integral tak tentu dan integral tertentu fungsi trigonometri 4. Integral substitusi dan integral parsial 5. Luas daerah di bawah kurva dan volume benda putar

Integral

Mendefinisikan konsep integral fungsi aljabar

• • •

Menentukan hasil integral tak tentu fungsi aljabar Menentukan hasil integral tertentu fungsi aljabar Menentukan rumus fungsi jika diketahui turunannya

Siswa mampu menentukan integral fungsi aljabar

Menentukan hasil integral dengan metode pengintegralan

Mendefinisikan konsep integral fungsi trigonometri

• •

Menentukan hasil integral tak tentu fungsi trigonometri Menentukan hasil integral tertentu fungsi trigonometri

Siswa mampu menentukan integral fungsi trigonometri

• •

Melakukan pengintegralan dengan metode substitusi Melakukan pengintegralan dengan metode parsial

Siswa mampu menentukan hasil integral dengan metode substitusi dan parsial

Menggunakan integral untuk menentukan luas daerah dan volume benda putar

• •

Menentukan luas daerah yang dibatasi kurva Menentukan volume benda putar

Siswa mampu menggunakan integral untuk menentukan luas daerah dan volume benda putar

Siswa mampu menggunakan konsep integral dalam pemecahan masalah

Matematika Kelas XII Program IPA

1

A. Pilihan Ganda

v(t) = 0 ⇔

5t –

⇔

1 t(10 2

1. Jawaban: a

∫

2

3x − 4x x x

x

3x x x

dx = ∫ (

= ∫ (3 x = =

−

3 1

−2 +1 3 1 2

2

4x x x x

– 1 2

x

) dx

1 2

1

x2 –

4 2 x 2

–

4 x1 + 1 1+ 1

∫ (2x – 3)(3x + 2) dx = ∫ (6x2 – 5x – 6) dx –

6

5

= 2x3 –

5 2 x 2

5 x1 + 1 1+ 1

dy dx

= 4x + 5

y = ∫ (4x + 5) dx = 2x2 + 5x + c Kurva melalui titik (–3, –3). y = 2x2 + 5x + c ⇔ –3 = 2(–3)2 + 5(–3) + c ⇔ –3 = 2(9) – 15 + c ⇔ –3 = 18 – 15 + c ⇔ –3 = 3 + c ⇔ c = –6 Jadi, persamaan kurva tersebut y = 2x2 + 5x – 6.

+c

2. Jawaban: b

6 x2 + 1 2+1

– t) = 0

5. Jawaban: b +c

= 6 x – 2x2 + c

=

– 6x + c

= 3 x3 – 2 x2 – 6x + c

6. Jawaban: c 3

– 6x + c

∫

3

(3x2

+ 2x – 1) dx =

1

3. Jawaban: d f′(x) = 3x2 + 6x – 5 dan f(–1) = 8 f(x) = ∫ f′(x) dx

3

= (33 + 32 – 3) – (13 + 12 – 1) = (27 + 9 – 3) – (1 + 1 – 1) = 33 – 1 = 32

1

= 3 · 3 x3 + 6 · 2 x2 – 5x + c = x3 + 3x2 – 5x + c f(–1) = 8 ⇒ (–1)3 + 3(–1)2 – 5(–1) + c = 8 ⇔ –1 + 3 + 5 + c = 8 ⇔ c=1 Jadi, f(x) = x3 + 3x2 – 5x + 1. 4. Jawaban: c Percepatan = a(t) = 5 – t dv(t) dt

= a(t) ⇒ v(t) = ∫ a(t) dt = ∫ (5 – t) dt = 5t –

1 2 t 2

Benda bergerak dari keadaan diam maka v(0) = 0 ⇒ c = 0.

Integral

2

2 ∫ (x –

1

1 x2

) dx =

2

2 –2 ∫ (x – x ) dx

1

2

=

1 3  3 x

−

1 −1 x  −1 1

=

1 3  3 x

+

1 x 1

8

1

19

4

= 6 – 3 1 2 t. 2

Pada saat benda berhenti berarti kecepatannya 0.

2

7. Jawaban: c

2

1

= ( 3 + 2 ) – ( 3 + 1)

+c

Kecepatan benda dirumuskan v(t) = 5t –

2 1+ 1  3 2+1 x + − x   2 + 1x 1+ 1  1

=  x 3 + x 2 − x 1

= ∫ (3x2 + 6x – 5) dx 1

=0

⇔ t = 0 atau t = 10 Jadi, benda berhenti setelah 10 detik.

– 4x) dx − +1

1 2 t 2

11

= 6

8. Jawaban: e b.

4

2 ∫ (–x + 6x – 8) dx

2

=  − 1 x3 + 3x2 − 8x 

x x

3 −

1 2

a

3

1

d.

−

3 2

− +1

1 2

+c

+c

+c

∫ (3x + 2)2 dx = ∫ (9x2 + 12x + 4) dx 1

∫ (2 x + 1)(3 x – 2) dx = ∫ (6x –

x – 2) dx

= ∫ (6x – x

1 2

– 2) dx

3

2 2 x 3 2 x 3

= 3x2 – = 3x2 –

– 2x + c

x – 2x + c

5

2. a.

Jadi, 2 a = 2 × 2 = 1.

x

6 x

1

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Oleh karena tidak ada nilai x yang memenuhi persamaan x2 + 3x + 7 = 0 maka penyelesaiannya a = 2.

x

= 9 · 3 x3 + 12 · 2 x2 + 4x + c = 3x3 + 6x2 + 4x + c

∫ (3x2 + 2x + 1) dx = 25  x 3 + x 2 + x  = 25 a (27 + 9 + 3) – (a3 + a2 + a) = 25 39 – a3 – a2 – a = 25 a3 + a2 + a – 14 = 0 (a – 2)(a2 + 3a + 7) = 0 a = 2 atau a2 + 3a + 7 = 0

dx

− +1

=–

3

3 2

3 2

=

c.

−

3

=

9. Jawaban: d

1

dx = ∫ 3 x

4

 3 2 1 1 = (– 3 (4)3 + 3(4)2 – 8(4)) – (– 3 (2)3 + 3(2)2 – 8(2)) 64 8 = (– 3 + 48 – 32) – (– 3 + 12 – 16) 16 20 4 = (– 3 ) – (– 3 ) = 3

⇔

3

∫

∫ 2g(x) dx = 6

−2

5

10. Jawaban: b

⇔ 2

4

∫ f(x) dx = 2

∫ g(x) dx = 6

−2

5

0 4

⇔

4

∫ 2f(x) dx = 2 ⇔ 2 ∫ f(x) dx = 2

2

2

∫ g(x) dx = 3

−2

5

4

b.

⇔ ∫ f(x) dx = 1 2

4

2

4

0

0

2

∫ (2f(x) – 3g(x)) dx

−2

=2

∫ f(x) dx = ∫ f(x) dx + ∫ f(x) dx

5

5

−2

−2

∫ f(x) dx – 3 ∫ g(x) dx

2

2

= 2(8) – 3(3)

0

0

=7

⇔ 2 = ∫ f(x) dx + 1 ⇔ ∫ f(x) dx = 2 – 1 = 1 2

Jadi, ∫ f(x) dx = 1.

3. a.

0

p

∫ (4x – 5) dx = –3

0

B. Uraian 1. a.

∫

x2 x

p

 2x 2 − 5x  = –3  0 ⇔ (2p2 – 5p) – 0 = –3 ⇔ 2p2 – 5p + 3 = 0 ⇔ (2p – 3)(p – 1) = 0

⇔ dx = ∫ x

2−

=∫ x = =

3 2

1 5 2

dx

dx 3

1 3 2

1 2

+1

x2

+1

⇔

+c

5

x2 + c =

2 2 x 5

3

p = 2 atau p = 1

x +c


3

2

2

=  − x 3 + 2x 2 + 3x  − 1 = (–8 + 8 + 6) – (1 + 2 – 3) =6–0=6

2 ∫ (px – 4x + 5) dx = 20

b.

1

2

p 3  2  3 x − 2x + 5x  = 20  1

⇔ 8p ⇔( 3

– 8 + 10) –

p (3

– 2 + 5) = 20 7p 3

⇔

6

3

6

0

0

3

∫ f(x) dx = ∫ f(x) dx + ∫ f(x) dx =

= 21

p = 21 × 7 = 9

f′(x) = 4 – 6x

1 2 x  2

=

9 (2

=

0

3

9

= 2 – 36 1

= –31 2

1

∫ f(x) dx = –31 2 .

0

∫ (–3x2 + 4x + 3) dx

−1

A. Pilihlah jawaban yang tepat.

3. Jawaban: b 1

sin a cos b = 2 (sin (a + b) + sin (a – b))

1. Jawaban: c

∫ (cos 2x – 2 sin x) dx = ∫ cos 2x dx – 2 ∫ sin x dx

∫ 4 sin 5x cos 3x dx 1

= ∫ 4 · 2 (sin 8x + sin 2x) dx

1

= 2 ∫ (sin 8x + sin 2x) dx

1

= 2(–

= 2 sin 2x – 2(–cos x) + c = 2 sin 2x + 2 cos x + c 2. Jawaban: d ∫(3 – 6 sin2 x) dx = ∫ 3(1 – 2 sin2 x) dx = 3 ∫ cos 2x dx =3· 3

1 2

sin 2x + c

= 2 · 2 sin x cos x + c = 3 sin x cos x + c

=–

1 4

1 8

cos 8x –

1 cos 2x) + c 2

cos 8x – cos 2x + c

4. Jawaban: b 1

1

∫ sin ( 2 x – π) cos ( 2 x – π) dx 1

1

= ∫ 2 sin 2( 2 x – π) dx 1

= 2

∫ sin (x – 2π) dx 1

= – 2 cos (x – 2π) + c

Integral

6

+ 12) – (0 + 0)

6

A. Pilihan Ganda

4



9

Jadi, nilai

−1 2



= ( 2 + 12) – 0 + (–60) – (–12)

2

∫ f(x) dx = ∫ f(x) dx

−1

3

+ 4x  +  2x – 2x2   

+ (12 – 72) – (6 – 18)

= 4x – 3x2 + c f(3) = –12 ⇒ 4(3) – 3(3)2 + c = –12 ⇔ 12 – 27 + c = –12 ⇔ c=3 2 Jadi, f(x) = –3x + 4x + 3. 2

∫ (2 – 4x) dx

3

=

f(x) = ∫ f′(x) dx = ∫ (4 – 6x) dx

b.

∫

(x + 4) dx +

0

3

⇔

6

3

– 1 = 20 7p 3

⇔

4. a.

5.

5. Jawaban: d

10. Jawaban: e

∫ 1− cos 2x dx

π 3

= ∫ 2 sin2 x dx

0

∫ (sin x + cos x)(sin x – cos x) dx

= ∫ 2 sin x dx

=

= – 2 cos x + c

=

1 π 3

∫ (sin 2x + 3 cos x) dx

0

= – ∫ cos 2x dx 0

0

2π

π

π

1

= (– 2 cos 3 + 3 sin 3 ) – (– 2 cos 0 + 3 sin 0)

= =

1 1 1 (– 2 · (– 2 ) + 3( 2 3 ) 1 3 1 ( 4 + 2 3 ) – (– 2 ) 3 3 3 + 2 3 = 4 (1 + 2 4

–

1 (– 2

+ 0)

1 1

= – 2 ( 2 3 – 0)

3)

1

=–4 3 B. Uraian

∫ (sin 3x + cos x) dx

= =

1. a.

π

  1  − 3 cos 3x + sin x  0 1 1 (– 3 cos 3π + sin π) – (– 3 1 1 2 ( 3 + 0) – (– 3 + 0) = 3

∫ cos (2x +

−π

b.

1 3

π) dx

c.

2π

d.

1

1

1

∫ 6 sec2 3x dx = 6 ·

2 π 3

− π) 1 2

1

1 1 (sin π – sin 2 π) 3 1 1 (0 – 1) = – 3 3

∫ =

 π

3

= 3 (sin (2π – π) – sin ( 2 π – π))

=

1

1

2. a.

=

x – 3 cos 2x) dx

3

= –6 cos 3 x – 2 sin 2x + c

9. Jawaban: b

1 π 2

1 3

1

1

1  3 sin (3x

∫ (2 sin

= 2(–3 cos 3 x) – 3( 2 sin 2x) + c

=0– 2(2 3 )=–4 3

cos (3x – π) dx =

tan 3x + c

= 2 ∫ sin 3 x dx – 3 ∫ cos 2x dx

−5

1

1 3

1

1

= 2 sin π – 2 sin 3 π

∫

2

= 2 tan 3x + c

= 2 sin ( 3 + 3 π) – 2 sin (–2π + 3 π)

2 π 3

π) dx

π

−π

1

2 3

1

1

1

∫ sin (2x +

= – 2 cos (2x + 3 π) + c

3 =  1 sin (2x + 1 π) 3  2

1

∫ (cos x + 2 sin x) dx = ∫ cos x dx + 2 ∫ sin x dx = sin x + 2(–cos x) + c = sin x – 2 cos x + c

cos 0 + sin 0)

8. Jawaban: b 1 π 3

2π

1

π

=

=

3  1  − 2 sin 2x  0

= – 2 (sin 3 – sin 0)

7. Jawaban: d 0

∫ –(cos2 x – sin2 x) dx π 3

1 π 3

 2

π 3

0

=  − 1 cos 2x + 3 sin x)  

=

∫ (sin2 x – cos2 x) dx

0

6. Jawaban: e

1

π 3

6 tan 3x − sec 3x dx cos 3x 6 tan 3x sec 3x ∫ ( cos 3x – cos 3x

) dx

= ∫ (6 tan 3x sec 3x – sec2 3x) dx 1

1

= 6 · 3 sec 3x – 3 tan 3x + c 1

= 2 sec 3x – 3 tan 3x + c


5

b.

∫ (sin 2x – cos 2x)2 dx = ∫ (sin2 2x – 2 sin 2x cos 2x + cos2 2x) dx = ∫ (sin2 2x + cos2 2x – 2 sin 2x cos 2x) dx = ∫ (1 – sin 4x) dx 1

= x + 4 cos 4x + c 3. a.

= (0 b.

∫ 2 cos

π 4



2 sin2 x) 

1 (– 2

+

sin2

a

1

b) – (– 2 + sin2 a)

= (sin b – sin a)(sin b + sin a) 1

sin 0 – 3 cos 0)

= c (sin b + sin a) = c (sin a + sin b) b

5. a. 

4

π (– 4

∫ sin 2x dx = c(sin a + sin b).

a

f′(x) = 12 cos 2x f(x) = ∫ 12 cos 2x dx 1

4

= 12 · 2 sin 2x + c = 6 sin 2x + c

) – sin 0)

1

 π

= –2 (– 2 2 – 0) = 2 c.

π 3

∫ 6 sin x cos x dx

0

=

∫ 3 sin 2x dx

0

=

 3  − 2

π

cos

3 2x  0

2π

3

= – 2 (cos 3 – cos 0) 3

1

= – 2 (– 2 – 1) 3

3

= – 2 (– 2 ) 9

= 4 b

4.

∫ cos x dx = c

a

b

  sin x  = c  a ⇔ sin b – sin a = c

⇔

6

f  12  = 8  π

⇔ 6 sin 2  12  + c = 8 ⇔

π 3

Integral

b

a

b

– x) dx

2 π =  sin ( − x) π

= –2 (sin

a

 1  − 2 (1 −

Terbukti bahwa

π 2

 −1

=

b

= sin2 b – sin2 a

π

π (4

 2

=

2 sin 2x − 1 cos 3x  3 0 1 3π 1 sin π – 3 cos 2 ) – ( 2 1 1 – 0) – (0 – 3 ) = 3

π 2

 1 = − cos 2x 

1

∫ (cos 2x + sin 3x) dx

=  1 2 1 =(2

∫ sin 2x dx

a

 =  − + sin2 x   2 

π 2

0

b

π

6 sin 6 + c = 8

⇔

1

π

π

6· 2 +c=8 ⇔ 3+c=8 ⇔ c=5 Diperoleh f(x) = 6 sin 2x + 5. b. f  4  = 6 sin 2  4  + 5 π

= 6 sin 2 + 5 =6·1+5 = 11

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Misalkan u = 2x2 + 8x + 1 du dx

= 4x + 8 ⇔ du = (4x + 8) dx

∫ (2x + 4) 2x2 + 8x + 1 dx = = =

∫ 2x2 + 8x + 1 (

4x + 8 2

1 1 2

u

+1

1 2

+1

3x 2

−

(3 u )+c

=

1 2

2 (3

=

1 3

3 2

u +c=

=

1 3

(2x2

1

)+c

2x + 4

1

= 2

du dx

∫

3 2

u )+c u u +c 2

+ 8x + 1) 2x + 8x + 1 + c

= 6x2 ⇔ du = 6x2 dx 2x

7

2

dx

(2x 3 − 5)5

∫ 2x2(2x3 – 5)

5 − 7

dx

5 − 7

∫ (2x3 – 5) (2x2 dx) 5 − 7

1 3

=

∫u

=

1 3

∫u

1

1

−

7

7

2

=

2x 3 + 4 + c

1 2

1

u2 + c

2x + 3 3x 2 + 9x − 1

dx

= ∫ (3x2 + 9x – 1) =∫u = 1 3

1

1 − 2

∫u

−

1 2

· (2x + 3) dx

du

· 3 −

1 2

du

1

= 3 · 2u 2 + c 2

= 3

3x2 + 9x − 1 + c

5. Jawaban: c Misalkan u = 4x ⇒ du = 4 dx dv = (x – 2)3 dx ⇒ v = ∫ (x – 2)3 dx = 4 (x – 2)4 ∫ u dv = uv – ∫ v du

du −5 + 1 7

)+c

∫ 4x(x – 2)3 dx 1

2

= 6 u7 + c

1

= (4x) · 4 (x – 2)4 – ∫ 4 (x – 2)4 (4 dx) = x(x – 2)4 – ∫ (x – 2)4 d(x – 2) 1

2

= 6 (2x3 – 5) 7 + c 7 7 (2x 3 6

u +c

1

= ∫ (x – 2)3 d(x – 2)

= 3 ( 2 u7) + c

7

=

×

1

= 3( 5u 1− 7 1

1 2

= 6x + 9 = 3(2x + 3)

du

5 7

1 2

du

2. Jawaban: d Misalkan u = 2x3 – 5 du dx

−

∫ u du =

dx

⇔ (2x + 3) dx = 3

2

1 3

6x 2 2

1

dx = ∫ (2x 3 + 4) 2 ·

3

4. Jawaban: c Misalkan u = 3x2 + 9x – 1

3 2

1 2

=

∫

) dx

∫ u du

1

=

⇔ du = 6x2 dx

∫ u du

= 2(

=

= 6x2

1 2

1

∫

du dx

∫ 2x2 + 8x + 1 (2x + 4) dx

= 2

=

3. Jawaban: c Misalkan u = 2x3 + 4

− 5)2 + c

= x(x – 2)4 – 5 (x – 2)5 + c 1

= 5 (x – 2)4 (5x – (x – 2)) + c 1

= 5 (4x + 2)(x – 2)4 + c Matematika Kelas XII Program IPA

7

6. Jawaban: c

9. Jawaban: b Misalkan u = cos 2x

1

∫ 12x(x2 + 1)2 dx = 14

du dx

a

1

6 ∫ (x2 + 1)2 · 2x dx = 14

⇔

a

∫ cos4 2x sin 2x dx

1  1)3  a

1 2 = 14 6 ·  3 (x + 3 2 3 2((1 + 1) – (a + 1) ) = 14 8 – (a2 + 1)3 = 7 (a2 + 1)3 = 1 a2 + 1 = 1 a2 = 0 a=0

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

du

= ∫ u4 (– 2 ) 1 1

1

= – 2 · 5 u5 + c 1

= – 10 cos5 2x + c 10. Jawaban: b Misalkan u = (x2 – 2) ⇒ du = 2x dx dv = sin x dx ⇒ v = ∫ sin x dx = –cos x

1

= 2 cos 2x ⇔ 2 du = cos 2x dx 1 2

∫ cos 2x sin 2x dx = ∫ (sin 2x) (cos 2x dx) =∫u 1

= 2

1

1 2

1 (2

du)

3

1

= 3u u +c 1

= 3 sin 2x 8. Jawaban: c π

∫ (x2 – 2) sin x dx = –(x2 – 2) cos x + ∫ 2x cos x dx

∫ u du 2

∫ u dv = uv – ∫ v du = (x2 – 2) (–cos x) – ∫ (–cos x) (2x dx)

1 2

= 2 · 3 u2 + c

sin 2x + c

= (2 – x2) cos x + 2 ∫ x d(sin x) = (2 – x2) cos x + 2 (x sin x – ∫ (sin x) dx) = (2 – x2) cos x + 2x sin x – 2 (–cos x) + c = (2 – x2) cos x + 2x sin x + 2 cos x + c = (4 – x2) cos x + 2x sin x + c B. Uraian 1. a. Misalkan u = 5 – x

∫ sin 2x cos x dx

0

π

=

∫ u4 du

=–2

7. Jawaban: c Misalkan u = sin 2x du dx

du

= –2 sin 2x ⇔ sin 2x dx = – 2

du dx

∫ (2 sin x cos x) cos x dx

0

π

= 2∫

0 π

cos2

∫

x sin x dx

2 5−x

dx = ∫

2 u

(–du)

= –2 ∫ u

= 2 ∫ (cos x)2 d(–cos x)

−

1 2

du

1 2

0

= –2 · 2u + c

π

= –2 ∫ (cos 0

= –2 ·

= –1 ⇔ dx = –du

x)2

d(cos x) π

 (cos x)3  3 0 1

2

= – 3 (cos3 π – cos3 0) 2

= – 3 (–1 – 1) 4

= 3

= –4 5 − x + c b.

Misalkan u = x2 – 3 du dx

= 2x ⇔ 2x dx = du

∫ 2x(x2 – 3)3 dx = ∫ (x2 – 3)3 · 2x dx = ∫ u3 du 1

= 4 u4 + c 1

= 4 (x2 – 3)4 + c

8

Integral

c.

Misalkan u = 2x – 3 du dx

du

= 2 ⇔ dx = 2

b.

Misalkan u = 1 – cos x du dx

1 2

= ∫ 2(2x – 3)(2x – 3) dx

= d.

0 5 2

2 5

= ∫ u du = 2 5

u +c

∫

=

π

du

π

2 1 =  (1 − cos x)2  2 0

dx = 3 ∫ (4 – 3x2)–2 · x dx du

= 3 ∫ u–2 · −6 3

= −6

∫ u–2 du

1 –2 1 2u

1 –1 u −1

= = = 2. a.

·

+c=

1 8 − 6x 2

1

+c

1 2(4 −3x 2 )

1

+c

1

3. a.

∫ 2x sin (2x – 1) dx =

0 (x

1

1

– ∫ (– 2 cos (2x – 1)) d(2x) = –x cos (2x – 1) + ∫ cos (2x – 1) dx

dx

2

− 4x − 1)

1

2

= –x cos (2x – 1) + 2 sin (2x – 1) + c

= ∫ (2x 2 – 4x – 1)–2 (2 – x) dx 0

−5

b.

1

= ∫ u−2 · (– 2 ) du 1 −5

= – 2 ∫ u−2 du

1

−5

1 = – 2  −1u−1 −1 −5

1

4

1

1

∫ (3x + 2) d( 3 sin (3x + 2))

= (3x + 2) · 3 sin (3x + 2)

−1

1  1 u   −1

∫ (3x + 2) cos (3x + 2) dx =

−1

= 2

1

∫ 2x d(– 2 cos (2x – 1))

= 2x · (– 2 cos (2x – 1))

x = 0 ⇒ u = 0 – 0 – 1 = –1 x = 2 ⇒ u = 4 – 8 – 1 = –5 2−x

1

= 2

+c

1

2

1

= 2 (1) – 2 (0)

⇔ (2 – x) dx = – 2 du

∫

1

= 2 (1 – 0)2 – 2 (1 – 1)2

= 2x – 4 ⇔ du = (2x – 4) dx

2

π

1

= 2 (1 – cos 2 )2 – 2 (1 – cos 0)2

Misalkan u = x2 – 4x – 1 du dx

∫ u du

2 1 =  u2   2 0

3x2

= –6x ⇔ x dx = −6

3x (4 − 3x 2 )2

π 2

0

(2x – 3)2 2x − 3 + c

Misalkan u = 4 – du dx

∫ (1 – cos x) sin x dx

du 2

3 2

= sin x ⇔ du = sin x dx

π 2

3

= 2 ∫ (2x – 3) 2 dx =2∫u ·

∫ (1 – cos x) sin x dx

0

∫ (4x – 6) 2x − 3 dx

3 2

π 2

1

– ∫ 3 sin (3x + 2) d(3x + 2) 1

1

= 2 ( −5 – −1 )

2

1

= (x + 3 ) sin (3x + 2) + 3 cos (3x + 2) + c

2

= 2 · 5 = 5


9

4.

∫

0

= 4x(–2(4 – x)2 ) – ∫ (–2(4 – x)2 ) 4dx

∫ sin2 2x sin x dx

1

1

1

1

1

= –8x(4 – x)2 – 8 ∫ (4 – x)2 (–1) dx

= ∫ (2 sin x cos x)2 sin x dx

= –8x(4 – x)2 – 8 ∫ (4 – x)2 d(4 – x)

0 π 2

2

1

0

16

π 2

= – ∫ 4(1 –

cos2

x)

cos2

3

= –8x(4 – x)2 – 8 · 3 (4 – x)2 + c

= ∫ 4 sin2 x cos2 x sin x dx

= –8x 4 − x – 3

x (–sin x) dx

(4 − x)3 + c 16

0

Jadi, ∫ f(x) dx = –8x 4 − x – 3

π 2

0

b.

π 2

1 1 = –4  cos3 x − cos5 x  5 3 0

1

1

1

∫ f(x) dx

0

16 =  –8x 4 − x – 3

1

= –4[( 3 · 03 – 5 · 05) – ( 3 · 13 – 5 · 15)] 1

(4 − x)3 + c.

3

= –4 ∫ (cos2 x – cos4 x) d(cos x)

16

3

(4 − x)3  0 128

= (–24 – 3 ) – (0 – 3 )

1

88

= –4(0 – ( 3 – 5 ))

128

40

=– 3 + 3 = 3

2

1

= –4 · (– 15 )

= 0 – (–1 3 )

8

1

= 15 5. a.

dx 1

π 2

= 1 3 satuan luas Misalkan u = 4x ⇒ du = 4dx dv =

1 4−x

⇒ v = ∫ (4 – x)

−

1 2 −

1 2

1 − 2

= – ∫ (4 – x) = –2(4 – x)

Jadi, luas daerah: −

dx = (4 – x)

1 2

1

dx

1

1

= 1 3 satuan luas

d(4 – x)

Jadi, luas daerah yang diarsir:

1 2

1

x+

x –6=0

⇔

)2

x –6=0

( x

+

⇔ ( x + 3)( x – 2) = 0

x = –3 atau x = 2 ⇔ ⇔ (tidak ada nilai x x = 4 yang memenuhi) Integral

1

2

L = LI + LII = 1 3 + 1 3 = 2 3 satuan luas.

∫ u dv = uv – ∫ v du

⇔

2

= 0 – (–1 3 )

(–1) dx

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Perpotongan kedua kurva: x+y–6=0

1

L = LI + LII = 1 3 + 1 3 = 2 3 satuan luas.

dx

= – ∫ (4 – x)

10

4x 4−x

π 2

Daerah I dibatasi oleh kurva y = pada interval 0 ≤ x ≤ 4. 4

Y 6

Luas daerah I: LI =

x+y–6=0 y= I

0

x dan sumbu X

Daerah II dibatasi garis y = 6 – x dan sumbu X pada interval 4 ≤ x ≤ 6. 6

II 4

x

∫ x dx

0

6

X

Luas daerah II: LII =

∫ (6 – x) dx

4

Luas daerah yang diarsir:

Persamaan garis yang melalui titik (2, 0) dan (0, 2) y−0 2−0

4

6

0 4

4 6

0

4

∫ x dx + ∫ (6 – x) dx

=

x−2

= 0−2 ⇔ y = –x + 2

L = LI + LII

Luas daerah yang diarsir: 1

2

0

1

L = ∫ (y1 – y2) dx + ∫ (y2 – y1) dx

= ∫ x dx – ∫ (x – 6) dx

1

2. Jawaban: a

2

= ∫ (–x + 2 – x2) dx + ∫ (x2 – (–x + 2)) dx

Y

0

y2 = x 2

1

1

2

1 1 =  − x2 + 2x − x3  +  2

0

3

1

1 3 1 2   3 x + 2 x − 2x  1

1

8

1

1

= (– 2 + 2 – 3 – 0) + (( 3 + 2 – 4) – ( 3 + 2 – 2)) 1

–2 –1 0

1

X

2

2

1

=16 +(3 +16) = 3 satuan luas

y1 = 2 – x

4. Jawaban: c Y

x+y=2 ⇔ y=2–x Luas daerah yang diarsir:

y2 = x2 – 4x + 3 y1 = x – 1

3

1

∫ (y1 – y2) dx

L=

−2 1

∫ (2 – x – x2) dx

=

−2

0 –1

1

1 1  = 2x − x2 − x3  2 3  

1

1

= (2(1) – 2 (1)2 – 3 (1)3)

= (2 – =

7 6

–

–

10 (– 3

7

1 3

1

) – (–4 – 2 +

)

1

= 6 = 4 2 satuan luas 3. Jawaban: a Y

X

4

8 3

)

4

L= =

∫ (y1 – y2) dx

1 4

∫ ((x – 1) – (x2 – 4x + 3)) dx

1 4

=

∫ (–x2 + 5x – 4) dx

=

 1 3  − 3 x

20

= 6 + 6 27

3


– (2(–2) – 2 (–2)2 – 3 (–2)3) 1 2

2

–2

−2

1

1

1



+ 5 x2 − 4x  2

1

4

1

5

= (– 3 (4)3 + 2 (4)2 – 4(4)) 1

5

– (– 3 (1)3 + 2 (1)2 – 4(1))

y2 = x 2

64

1

5

= (– 3 + 40 – 16) – (– 3 + 2 – 4) 8

I

II X

0

11

= 3 – (– 6 )

2

1

2

y1 = –x + 2

16

11

27

9

= 6 + 6

= 6 = 2 satuan luas


11

5. Jawaban: b

243

17

= π(120 – 5

Y 4

+ 15 )

1.800 − 729 + 17 ) 15 1.088 π 15 8 72 15 π satuan volume

= π( =

2

=

0

7. Jawaban: d

X y2 = –x + 2

2

y1 = 4 – x2

y2 = x 2

Y

y1 = 2x

4


∫ (y1 – y2) dx

L=

0 2

∫ ((4 – x2) – (–x + 2)) dx

=

0 2 0

1 1  = 2x − x3 + x2  3 2  

8

Volume benda putar:

2

2

0

10

0 2

∫ ((2x)2 – (x2)2) dx

=π

6. Jawaban: c x2

∫ (y12 – y22) dx

V =π

= 4 – 3 + 2 – 0 = 3 satuan luas y2 =

0 2

y1 = 2x + 3

Y 9

∫ (4x2 – x4) dx

=π

0

4 3  3 x

=π 3 2 1 –2 –10

= 1 2 3

=

X

=

x=3

Volume benda putar: V =π =π =π

∫ (y12 – y22) dx

=π

∫ ((2x + 3)2 – (x2)2) dx ∫ (4x2 + 12x + 9 – x4) dx

=

= =

+ 6x + 9x −

 4 π ( 3 (3)3 + 6(3)2 +  4 2 – ( 3 (−1)3 + 6(−1)

1

1

V = π ∫ (( y 3 )2 – (y2)2) dy

3

1 5 x 5  −1

0 1

2

= π ∫ ( y 3 – y4) dy

9(3) − 1 (3)5 ) 5

+ 9(−1) − 1 (−1)5 ) 5  243 4  π (36 + 54 + 27 − 5 ) − (− 3 + 6 − 9  243 17   π (117 − 5 ) − (−3 − 15 )  

Integral

0

5

4 1 π (( 3 (2)3 – 5 (2)5) – 32 32 π( 3 – 5 ) 64 π satuan volume 15

0)

1

−1 3

2

2

Batas atas: y = x3 ⇔ x = y 3 Batas bawah: y2 = x Kedua kurva berpotongan di titik (0, 0) dan (1, 1), berarti batas-batas nilai y adalah 0 ≤ y ≤ 1. Volume benda putar:

−1 3

4 3  3 x

− 1 x5 

8. Jawaban: c Batas-batas daerah yang diarsir menurut sumbu Y.

3

−1

12

X

2

0

∫ (2 – x2 + x) dx

=

0



1



5

3 1 = π  y 3 − y5 

+ 1) 5 

5

= π( 2

3 5

5

–

1 5

0

– 0)

= 5 π satuan volume

9. Jawaban: a

B. Uraian Y

1. a. y = x2 + 1

3

y=3

Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabola y = x2 + 1 dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2. Luas daerah yang diarsir: 2

L= =

1 0

X

=

y = x2 + 1 ⇔ x2 = y – 1 Volume benda putar: 3

= b.

3

V = π ∫ x 2 dy = π ∫ (y – 1) dy 1

1

=π

1 2  2 y

=π

9 (2

− y 

1

– 3 – ( 2 – 1))

10. Jawaban: a Daerah yang diarsir diputar mengelilingi sumbu X.

=π

∫ ((a2)2 – (x2)2) dx Y

y2 = x2

∫ (y12 – y22) dx

y1 = a2

a2

0 a

∫ (a4 – x4) dx



= π(a5 –

1 5 a 5

a

0

– 0) =

4 5

X

c.

πa5 satuan volume

Daerah yang diarsir diputar mengelilingi sumbu Y. a2

VY = π ∫

0

a2

x2

dy = π ∫ y dy = π 0

= =

1 2 1 2

1

4 5

1 2

=

1 3  6 x  0

=

8 (6

2

4

dx +

∫ (4 – x) dx

2

+ 4x − 1 x2  

2

4

2

– 0) + [(16 – 8) – (8 – 2)] 1

πa4 = 0

⇔ a = 0 atau

∫ ((8 – 2x2) – (–x + 2)) dx

0 2

∫ (6 – 2x2 + x) dx

0



2

 = 6x − 3 x3 + 2 x2   0 2

d.

1

4

Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabola y = 8 – 2x2 dan garis y = –x + 2 pada interval 0 ≤ x ≤ 2. Luas daerah yang diarsir:

16

1

⇔ a4 = 0 atau 5 a = 2

5

a= 8 5

Oleh karena a ≠ 0 maka nilai a = 8 . 5

1 2 x 2 0

∫

1

2

= 12 – 3 + 2 – 0 = 8 3 satuan luas

⇔ πa4 ( 5 a – 2 ) = 0

Jadi, nilai a = 8 .

=

=

πa4 satuan volume

4

4

Daerah yang diarsir dibagi menjadi dua bagian.

L=

π((a2)2 – 02)

πa5 –

satuan luas

2

a2

1 2  2 y  0

VX = VY ⇒ 5 πa5 = 2 πa4 ⇔

+ 2) – 0

1

a

0

5

0

= 1 3 + 2 = 3 3 satuan luas

0

1   = π  a4 x − x 5 

2

2

a

=π

8 (3 2 43

+ x 

1

1

0 a

1 3  3 x

Daerah I dibatasi oleh parabola y = 2 x2 dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2. Daerah II dibatasi oleh garis y = 4 – x dan sumbu X pada interval 2 ≤ x ≤ 4. Luas daerah yang diarsir: L = LI + LII

3

= 2π satuan volume

VX = π

∫ (x2 + 1) dx

0

Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabola y = –x2 + x + 6 dan garis y = 2x + 4. y = 2x + 4 y = –x2 + x + 6 –––––––––––– – 0 = x2 + x – 2 ⇔ (x + 2)(x – 1) = 0 ⇔ x = –2 atau x = 1 Diperoleh batas pengintegralan –2 ≤ x ≤ 1.


13


∫ ((–x2 + x + 6) – (2x + 4)) dx

L=

−2 1

Menentukan LIII. 1

LIII = – ∫ (y3 – y1) dx 0 1

∫ (–x2 – x + 2) dx

=

= – ∫ (x2 – 2 + x2) dx

−2

=

 1 3  − 3 x

−

1

1

1 2 x 2

0 1

1

2x   −2

+

= – ∫ (2x2 – 2) dx 0

8

= (– 3 – 2 + 2) – ( 3 – 2 – 4) 1

1

2



1

= 1 6 – (–3 3 ) = 4 2 satuan luas 2.



 2 3 = – ( 3 (1) − 2(1)) − 0  

y3 = x2 – 2 y2 = x

Y

1

 0

 = –  3 x3 − 2x 

=

2 –( 3

– 2) =

4 3

satuan luas

LII = Lgab – LIII II –1

→ I

III

Luas daerah yang diarsir = LI + LII. Menentukan LI.

=–

∫ (y2 – y1) dx

1

= 6 +2 1

=26

1

Jadi, luas daerah yang diarsir adalah 2 6 satuan

−1 0

luas.

∫ (x + x2) dx

−1



3. a.

0

 = –  3 x3 + 2 x2    −1

=

= 3 =2 Luas daerah yang diarsir: L = LI + LII

0

1

1

 – (0

+

= –(0 –

0) − (− 1 3

1 (6

+

π

L=

))

=

∫

0

(y2 – y3) dx

2

∫ (x – (x2 – 2) dx

2

∫ (x – x2 + 2) dx 

1

= ( 2 (2)2 – 3 (2)3 + 2(2)) – 0 10

= 2 – 3 + 4 = 3 satuan luas

14

Integral

di x = 4 . Luas daerah di antara kurva y = sin x dan π

y = cos x pada interval 0 < x < 4 : π

2

1 1 =  2 x2 − 3 x3 + 2x  0

8

b.

π

= sin 2 – sin 0 = 1 – 0 = 1 satuan luas Kurva y = sin x dan y = cos x berpotongan

LI =

0

1

∫

π

cos x dx =  sin x  2  0

π

0

=

2

0

1

2

Luas daerah yang dimaksud yaitu luas daerah yang dibatasi kurva y = cos x dan sumbu X pada interval 0 < x < 2 . π

1  ) 2 

= 6 satuan luas Luas gabungan daerah II dan III: Lgab =

4

6

y1 = –x2

LI = –

10

= 3 – 3

X

2

1

4

∫ (cos x – sin x) dx

0

π

=

 sin x − ( − cos x) 4  0 π

π

= (sin 4 + cos 4 ) – (sin 0 + cos 0) 1

1

= ( 2 2 + 2 2 ) – (0 + 1) = ( 2 – 1) satuan luas

Luas daerah di antara kurva y = sin x dan y = cos x pada interval π

π 4

c.

< x < π:

2

π

0

4

= (–cos π – sin π) – (–cos 1

π 4

– sin

π 4

2

1

2)

2

1   = π 9y − 3y2 + y3  

5.

Y

1 –2

2

a.

a.

y=3–x X

1

3

0

1

 3x

+

1

= π ∫ (x2 – 4x + 4 – x4) dx

−

−2

=π

3

1 2 x 2 1

9 2

) – (3 –

1 2

1

))

3

VX = π ∫ (2x)2 dx + π ∫ (3 – x)2 dx 0

1

3

= π ∫ 4x2 dx + π ∫ (9 – 6x + x2) dx 0

=π

1

1

4 3  x   3 

0

1   + π 9x − 3x2 + x3  

3

3

1

4 1 = π ( 3 – 0) + π [(27 – 27 + 9) – (9 – 3 + 3 ) 4 8 = 3π+ 3π

= 4π satuan volume

1 3  3 x

1

− 2x2 + 4x − 1 x5  5

1 = π (( 3

=1+2 = 3 satuan luas Daerah D diputar mengelilingi sumbu X, volumenya:

1

Jika daerah D diputar mengelilingi sumbu X, volume benda putar yang terjadi adalah: −2

= (1 – 0) + ((9 –

b.

0

1

L = ∫ 2x dx + ∫ (3 – x) dx 1  x2  0

x+y=2 X 1 2

VX = π ∫ ((2 – x)2 – (x2)2) dx

Luas daerah D:

=

y = x2

D 2

y = 2x

3

2

0

4

Y

1

4

= π ((18 – 12 + 2) – 0) = 8π satuan volume

4. Daerah D dibatasi oleh garis y = 2x, y = 3 – x, dan sumbu X.

0

3

= π ∫ (9 – 6y + 4 y2) dy 0

= 2 2 satuan luas

D

1

= π ∫ (9 – 6y + y2 – 4 y2) dy 0

)

= (1 – 0) – (– 2 2 – 2 2 ) = (1 + 2 ) satuan luas Luas daerah yang dibatasi oleh kurva y = sin x dan y = cos x pada interval 0 < x < π adalah: L = LI + LII

3

1

VY = π ∫ ((3 – y)2 – ( 2 y)2) dy

=  − cos x − sin x  π  

= ( 2 – 1) + (1 +

1

⇔ x= 2y Volume benda putar yang terjadi: y = 2x

LII = ∫ (sin x – cos x) dx π 4

Daerah D diputar mengelilingi sumbu Y. y=3–x ⇔ x=3–y

= = b.

1 8 – 2 + 4 – 5 ) – (– 3 2 4 π (2 15 – (–12 15 )) 2 14 5 π satuan volume

 −2

32

– 8 – 8 + 5 ))

Perhatikan daerah D. Jika daerah D diputar mengelilingi sumbu Y, volume benda putar yang terjadi sama dengan volume daerah D di kuadran II (di kiri sumbu Y) diputar mengelilingi sumbu Y. Untuk menghitungnya, daerah D dibagi menjadi dua bagian yaitu bagian I pada 0 ≤ y ≤ 2 dan bagian II pada 2 ≤ y ≤ 4. 2

VI = π ∫ y dy 0

1  = π ·  y2  2 

=

1 2

2 0

π (4 – 0) = 2π satuan volume Matematika Kelas XII Program IPA

15

VY = VI + VII

4

VII = π ∫ (y – (y – 2)2) dy

1

= 2π + 3 3 π

2 4

1

= π ∫ (5y – y2 – 4) dy

= 5 3 π satuan volume

2

=π

5 2  2 y

− 1 y3 − 4y 

2

3 64 3

= π ((40 – 2

4

8

– 16) – (10 – 3 – 8)) 2

= π (2 3 – (– 3 )) 1


5. Jawaban: c

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b

f(x) = ∫ (2ax2 + (a – 1)x) dx 2

∫ (3x2 – 4x + 2) dx =

3 x2 + 1 2+1

3

4 x1 + 1 1+ 1

–

+ 2x + c

⇔

4

= 3 x3 – 2 x2 + 2x + c = x3 – 2x2 + 2x + c

∫ 3x3 x dx = 3 ∫ x dx 9

2

= 3 · 9 x 2 + c = 3 x4 x + c 3. Jawaban: b

∫ ( x – 2)(2 x + 1) dx = ∫ (2x – 3 x – 2) dx 1

= ∫ (2x – 3x 2 – 2) dx 3

= x2 – 3 · 3 x 2 – 2x + c = x2 – 2x x – 2x + c

2 2 ) x

3

= ∫ (3x – 2x

−

3

−

5 3

2 3

) dx 1

= 9 · 3 x3 – 12 · 5 x + 4 · 3x 3 + c = 3x3 – 5 x 3 x 2 + 12 3 x + c 16

Integral

16a + 6a – 6 + 3c = 72 22a + 3c = 78

. . . . (1)

1

+ 2 (a – 1) + c = 7 ⇔ 4a + 3a – 3 + 6c = 42 ⇔ 7a + 6c = 45 . . . . (2) Eliminasi c dari persamaan (1) dan (2). 22a + 3c = 78 × 2 44a + 6c = 156 7a + 6c = 45 × 1 7a + 6c = 45 –––––––––––– – 37a = 111 ⇔ a=3 Jadi, nilai a = 3. = 3x2 + 4x – 5

Kurva melalui titik (1, 2) maka f(1) = 2. f(1) = 1 + 2 – 5 + c ⇔ 2 = –2 + c ⇔ c = 4 Persamaan kurva: y = x3 + 2x2 – 5x + 4

)2 dx 2

36

2 a 3

+ 2(a – 1) + c = 24

Persamaan kurva: y = f(x) = ∫ (3x2 + 4x – 5) dx = x3 + 2x2 – 5x + c

dx

= ∫ (9x2 – 12x 3 + 4x 1

⇔

dy dx

1 3

16 a 3

6. Jawaban: b

4. Jawaban: c

∫ (3x –

1

+ 2 (a – 1) · 22 + c = 24

⇔ ⇔ f(1) = 7

7 2

2

2 a(2)3 3

⇔

2. Jawaban: c

2

1

= 3 ax3 + 2 (a – 1)x2 + c f(2) = 24

11. Jawaban: c

7. Jawaban: d

∫ 8 sin 5x cos 3x dx = 4 ∫ 2 sin 5x cos 3x dx = 4 ∫ (sin (5x + 3x) + sin (5x – 3x)) dx = 4 ∫ (sin 8x + sin 2x) dx

2

∫ 2x(8 – x2) dx

0

2

= ∫ (16x – 2x3) dx 0

16 2  =  x2 − x4  2

1

= 8x2 − 1 x4 

1

2

= – 2 cos 8x – 2 cos 2x + c

0

2

12. Jawaban: d ∫ (cos4 2x – sin4 2x) dx

= (32 – 8) – 0 = 24

= ∫ (cos2 2x + sin2 2x)(cos2 2x – sin2 2x) dx

8. Jawaban: d

= ∫ 1 · (cos 2 (2x) dx

b

∫ (2x – 3) dx = 12 1

⇔

 x2

1

= ∫ cos 4x dx = 4 sin 4x + c 13. Jawaban: d

b

− 3x 1 = 12

1 π 2

⇔ (b2 – 3b) – (1 – 3) = 12 ⇔ b2 – 3b + 2 = 12 ⇔ b2 – 3b – 10 = 0 ⇔ (b + 2)(b – 5) = 0 ⇔ b + 2 = 0 atau b – 5 = 0 ⇔ b = –2 atau b=5 Jadi, nilai b = 5.

∫ (4x – sin x) dx

0

1

=  2x2 + cos x  2  0 1

∫

1

a x3

1

π 2

3

∫ (4 cos 2x – 3 sin 3x) dx

1

3

3

 a −2   −2 x  1

a

1

14. Jawaban: a

∫ ax–3 dx = 4

⇔

1

= ( 2 π2 + 0) – 1 = 2 π2 – 1

dx = 4

⇔

π

= (2( 2 π)2 + cos 2 π) – (0 + cos 0)

9. Jawaban: d 3

1

= 4(– 8 cos 8x + (– 2 cos 2x)) + c

0

4



2

1

π

=

=4

a

3π

1

– 2 ( 9 – 1) = 4

⇔

– 2 (– 9 ) = 4

a

4a 9

⇔ ⇔

4a = 36 a=9

=1–

=∫

3

2π

3

15. Jawaban: b π 4

∫ sin (2x +

10. Jawaban: d

=∫

cos

π 2 π 3

= (0 + 0) – ( 3 + (–1))

=4

∫ sec x cotan2 x dx = ∫

π

2 3x) π 

= (2 sin π + cos 2 ) – (2 sin 3 + cos π)

8

⇔

sin 2x −

3 ⋅ (− 1 3

=  2 sin 2x + cos 3x 

1

⇔ –2( 2 – 2 )=4 3 1 ⇔

1  4 ⋅ 2

1 cos x

·

cos2 x sin2 x

cos x dx sin2 x cos x 1 sin x sin x

0

dx

π 4

1 ) dx =  − cos (2x +  2

π

π 4 ) 4  0

3π

1

π

= – 2 (cos 4 – cos 4 ) 1

1

1

= – 2 (– 2 2 – 2 2 ) dx

= ∫ cotan x cosec x dx = –cosec x + c

1

= – 2 (– 2 ) 1

= 2 2 Matematika Kelas XII Program IPA

17

16. Jawaban: b

20. Jawaban: a

π 4

π 4

0

0

π

∫ sin 2x cos x dx

∫ 2 sin x cos x dx = ∫ sin 2x dx = = =

0

π

π 4

 1  − 2 cos

= ∫ 2 sin x cos x cos x dx

2x 

0

0

π 1 − (cos 2 2 − 1 (0 – 1) 2

– cos 0)

0

1 2

=

Misalkan u = cos x du dx

17. Jawaban: d

= –sin x ⇔ sin x dx = –du

π

π

0

0

∫ 2 sin x cos2 x dx = ∫ 2 u2 (–du)

Misalkan u = 1 + 2x – x2 du dx

π

= ∫ 2 sin x cos2 x dx

= 2 – 2x = –2(x – 1)

π

= –2 ∫ u2 du

du

⇔ (x – 1) dx = −2

0



1 = –2  u3 

x −1

∫ (1 + 2x − x 2 )3 dx = ∫ (1 + 2x – x2)–3 · (x – 1) dx = ∫ u–3 · = = = =



1 ∫ u–3 du −2 1 1 – 2 · −2 u–2 + c 1 (1 + 2x – x2)–2 + 4 1 +c 4(1 + 2x − x 2 )2

3

=

1 ∫ 2 0

∫ 3x 3x + 1 dx = 2

0

1

c 21. Jawaban: b Turunan

= 2 ∫ (3x2 + 1) d(3x2 + 1) 0 1

3  1 2 2 =  2 ⋅ 3 (3x + 1) 2  0

7

du

∫ sin2 2x cos 2x dx = ∫ u2 · = =

18

Integral

4x + 1

-----------------------------------------

1 6

3

(4x + 1) 2

1 60

5

(4x + 1) 2

∫ x 4x + 1 dx 3

5

1

1

3

1

3

= 60 (4x + 1) 2 (10x – (4x + 1)) + c = 60 (4x + 1) 2 (10x – 4x – 1) + c 3

= 60 (6x – 1)(4x + 1) 2 + c

= 2 cos 2x ⇔ cos 2x dx = 2

=

0

Integral

1

19. Jawaban: e Misalkan u = sin 2x du dx

1

1

3

1

4

= x 6 (4x + 1) 2 – 60 (4x + 1) 2 + c

= 3 ((3 + 1) 2 − (0 + 1) 2 ) = 3 (8 – 1) = 3

1

2

1 2

3

1

(–1)3 – 3 (1)3)

= –2(– 3 ) = 3

3x + 1 · 6x dx

1

0

1

2

1

1 –2( 3

π

= –2(– 3 – 3 )

x 1

0

1 = –2  cos3 x 

18. Jawaban: c 1

3

du −2

π

1 2 1 2 1 6

du 2

1

= 3

∫ u2 du ·

1 3 u 3

22. Jawaban: a ∫ (6x + 9) cos 3x dx

∫ (6x + 9) d(sin 3x)

1

1

= 3 (6x + 9) sin 3x – 3

∫ sin 3x d(6x + 9)

+c

= (2x + 3) sin 3x – 2 ∫ sin 3x dx

sin3 2x + c

= (2x + 3) sin 3x + 3 cos 3x + c

2

23. Jawaban: d Daerah yang diarsir dibatasi parabola y = (2 – x)2 dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2. Luas daerah yang diarsir: 2

2

0

0

L = ∫ (2 – x)2 dx = ∫ (4 – 4x + x2) dx =

 − 2x2 + 1 x3  3 

 4x

8 3

= (8 – 8 + 8

⇔ (a – 3) (a + 9) = 0 ⇔ a = 3 atau a = –9 Oleh karena a > 1 maka a = 3. Jadi, nilai a = 3. 26. Jawaban: c

2

y = x2 – 6x + 8

Y

0

y=x–2

)–0 II

= 3 satuan luas

I

24. Jawaban: e y=2 ⇒ x2 – 4x – 3 = 2 ⇔ x2 – 4x – 5 = 0 ⇔ (x + 1)(x – 5) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 5 Parabola dan garis berpotongan di titik (–1, 2) dan (5, 2). Y

y2 = x2 – 4x – 3 y1 = 2

2 0

Daerah I: Batas atas garis y = x – 2 dan batas bawah sumbu X pada interval 2 ≤ x ≤ 4. 4

LI = ∫ (x – 2) dx 2

Daerah II: Batas atas garis y = x – 2 dan batas bawah parabola y = x2 – 6x + 8 pada interval 4 ≤ x ≤ 5. 4

X

5

Luas daerah yang diarsir: L = LI + LII 2

4

Y

3

−1 5

V = π ∫ (3x – 2)2 dx

−1 5

= π ∫ (9x2 – 12x + 4) dx

−1 5

= π  3x 3 − 6x 2 + 4x 

1

= ∫ (–x2 + 4x + 5) dx

1  = –  x3 − 2x2 − 5x  3 125 –(( 3

5

 −1

1

– 50 – 25) – (– 3 – 2 + 5)) 1

2

= –(–33 3 – 2 3 ) = 36 satuan luas

2 3

–2

1

a

1

Y

V = π ∫ (x2 – 1)2 dx

y = x2 – 1

= 2π ∫ (x2 – 1)2 dx 0 1

1

a

= 2π ∫ (x4 – 2x2 + 1) dx

1  10 =  x 2 + 3x  2  1

0

1

1

=

1

1

=

10 = ( 2 a2 + 3a) – ( 2 + 3) 10 = 2 a2 + 3a – 3 2 a2 + 6a – 27 = 0

3

28. Jawaban: c −1 1

L = ∫ y dx = ∫ (x + 3) dx 1

0

= π((81 – 54 + 12) – (3 – 6 + 4)) = π(39 – 1) = 38π satuan volume

25. Jawaban: a a

X

3

1

= ∫ –(x2 – 4x – 5) dx −1

y = 3x – 2

1 3

= ∫ (2 – (x2 – 4x – 3)) dx

⇔

5

27. Jawaban: b

L = ∫ (y1 – y2) dx

⇔

4

= ∫ (x – 2) dx + ∫ ((x – 2) – (x2 – 6x + 8)) dx

5

⇔

X

5


⇔

5

4

2

LII = ∫ ((x – 2) – (x2 – 6x + 8)) dx

–1

=

0

=

1 2π  1 x 5 − 2 x 3 + x  3 5 0 1 2 2π( 5 – 3 + 1 – 0) 3 − 10 + 15 16 2π( ) = 15 π 15

–1

0

X

1

–1

satuan volume


19

29. Jawaban: c Volume benda putar: 4

4

2

2

2 )2 y2

Vy = π ∫ x2 dy = π ∫ (

4 4

= π∫

2

2. a.

y

4

4

4

−1

−1

∫ y dx = ∫ (2x + 1) dx 4

=  x 2 + x  − 1

dy

= (16 + 4) – (1 + (–1)) = 20

dy 2

4

b.

= π ∫ 4y–4 dy

∫ (y2 – y) dx

0

2

2

4

 4  π − 3   3y  2

=

= π(

=

=

−4 4 – (– )) 192 24 1 1 + ) π(– 48 6 −1 8 π( + ) 48 48 7 7 π( ) = π satuan 48 48

=

=

= =

30. Jawaban: d Volume benda putar:

Y

4

volume

y = 4x2

4

Vy = π ∫ (x12 – x22) dy 0 4

= = = y = x2 y=4

b.

0



4

= π ∫ 4 y dy = π  y2   8 0 3

–2 –1 0

1

2

X

3 8

3 8

b.

1

∫ 4 sec2 ( 3 π – 2x) dx 1

1

∫ 2 cosec 2x cotan 2x dx 1

= –cosec 2x + c

6x + c

4. a.

π 3

∫ 4 sin (2x –

0

π 2

) dx π

π 3  1 = 4  − cos (2x − ) 2 0  2

∫ f(x) dx

2π

π

3 2

x +4·

π

= –2(cos 6 – cos (– 2 ))

= ∫ (9 – 12x + 4x) dx 2 3

π

π

= –2(cos ( 3 – 2 ) – cos (0 – 2 ))

1 2

1 2 x 2

= 9x – 8x x + 2x2 + c

Integral

∫ (sin 2x – 5 cos x) dx

= 2 · (– 2 cosec 2x) + c

= ∫ (3 – 2 x )2 dx

20

+ 4) – 0

= –2 tan ( 3 π – 2x) + c c.

1 1 6 · 3 x3 + 5 · 2 x2 – 5 2x3 + 2 x2 – 6x + c

= 9x – 12 ·

0

1

∫ f(x) dx = ∫ (2x + 3)(3x – 2) dx = ∫ (6x2 + 5x – 6) dx =

2

= 4 · −2 tan ((–2)x + 3 π) + c

(0)2)

B. Uraian

=

32 ( 3 2 14 3

+ x2 

1

= π(6 – 0) = 6π satuan volume

1. a.

4 3  3 x

= 4 ∫ sec2 ((–2)x + 3 π) dx

0

= π( (4)2 –

∫ (4x2 + 2x) dx

0

1

1

3

∫ (4x2 + 4x + 1 – 2x – 1) dx

0 2

= – 2 cos 2x – 5 sin x + c

= π ∫ (y – 4 y) dy 4

3. a.

∫ ((2x + 1)2 – (2x + 1)) dx

0 2

1

+c

= –2( 2 3 – 0) =– 3

b.

7.

π 4

Y

∫ (2 sin x + 6 cos x) dx

−

π 2

2

x=4

π

4 =  –2 cos x + 6 sin x  − π 2 π

0

π

π

π

4

6

8

X x + 4y = 8

x + 4y = 8 ⇔ 4y – 8 = x

= –2 cos 4 + 6 sin 4 – (–2 cos (– 2 ) + 6 sin (– 2 )) 1

2

1

= –2 ( 2 2 ) + 6( 2 2 ) – (0 – 6)

1

⇔

y=2– 4x Luas daerah yang diarsir:

=– 2+3 2+6=6+2 2

4

5.

∫

4x 2 − x2

L=

dx

du = –2x dx Misalkan u = 2 – x2 ⇔ ⇔ –2 du = 4x dx

∫

4x 2 − x2

1

dx = ∫

=

−

= –2 · =

−2 1 2

1 2

+1

1 4

x)) dx 4

0

8

= (8 – 2) – (0 – 0) = 6 Jadi, luas daerah tersebut 6 satuan luas.

du

1 1 −2

0



u2

= –2 ∫ u

∫ (2 –

1   = 2x − x 2 

· (–2) du

1

∫ y dx

0 4

1 2

− +1

u

+c

8. a.

Daerah D Y

1

y = 8x – 2x2

u2 + c

= –4 u + c = –4 2 − x 2 + c 6. a.

y = 4x – x2

0

Misalkan u = x ⇒ du = dx dv = cos x dx ⇒ v = ∫ cos x dx = sin x

b.

Luas daerah D yang diarsir L= =

∫ ((8x – 2x2) – (4x – x2)) dx

0 4

∫ (4x – x2) dx

0

1   = 2x2 − x3 

= x sin x + cos x + c



Misalkan u = 3 – 2x ⇒ du = –2 dx dv = sin x dx ⇒ v = ∫ sin x dx = –cos x

∫ (3 – 2x) sin x dx = ∫ u dv = uv – ∫ v du

X

4

∫ x cos x dx = ∫ u dv = uv – ∫ v du = x sin x – ∫ sin x dx b.

4

3

= (32 –

64 3

4

0

)–0

2

= 10 3 satuan luas 9.

9

Y

= (3 – 2x)(–cos x) – ∫ (–cos x)(–2dx) = –(3 – 2x) cos x – 2 ∫ cos x dx = (2x – 3) cos x – 2 sin x + c –3 –2 –10

X 1 2 3 y = 9 – x2


21

a.

Diputar terhadap sumbu X

10.

Y

3

Vx = π ∫ y2 dx

1

0 3

= π ∫ (9 – x2)2 dx

− 6x3 +

= π((81(3) –

= π(243 – 162 + = π(81 + =

648 π( 5

243 5

+

243 5

1 5

(3)5)

)

)

)

648

Diputar terhadap sumbu Y 9

Vy = π ∫ x2 dy 0 9

= π ∫ (9 – y) dy 0

9 = π 9y − 1 y2  2  

0

= π((9(9) – 1 (9)2) – 0) 2

81

= π(81 – 2 ) 81

= 2 π satuan volume

22

Integral

0 π

– 0)

1

= π ∫ 2 (1 – cos 2x) dx 0

1 1  = π  x − sin 2x  2

= = =

= 5 π satuan volume b.

π

Volume = π ∫ sin2 x dx

1 5 3 x 5  0

6(3)3

X

2π

π

y = sin x

0

=

3 2

–1

= π ∫ (81 – 18x2 + x4) dx π 81x 

π

π 2

0

0 3

4

π

0

π 1 π(( 2 – 4 sin 2π) – (0 π π( 2 – 0) – 0) 1 2 π satuan volume 2

1

– 4 sin 0))

Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter Standar Kompetensi 2.

Menyelesaikan masalah program linear.

Kompetensi Dasar 2.1

Menyelesaikan sistem pertidaksamaan linear dua variabel.

2.2

Merancang model matematika dari masalah program linear.

2.3

Menyelesaikan model matematika dari masalah program linear dan penafsirannya.

Nilai Rasa ingin tahu

Indikator Menanyakan cara membuat model matematika dari permasalahan sehari-hari.

Pada bab ini akan dipelajari: 1. Sistem pertidaksamaan linear dua variabel dari suatu daerah 2. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel 3. Nilai optimum suatu fungsi objektif 4. Model matematika dari masalah program linear 5. Penyelesaian masalah program linear

Program Linear

Mendeskripsikan dan menyelesaikan sistem pertidaksamaan linear dua variabel

Menentukan nilai optimum fungsi objektif

Menerjemahkan dan menyelesaikan permasalahan menggunakan program linear

• Menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel • Menentukan sistem pertidaksamaan linear dua variabel dari suatu daerah penyelesaian • Menyelesaikan sistem persamaan linear dua variabel

• Menentukan nilai optimum fungsi objektif menggunakan metode uji titik sudut • Menentukan nilai optimum fungsi objektif menggunakan metode garis selidik

• Menyelesaikan model matematika • Menafsirkan penyelesaian model matematika • Merancang dan menyelesaikan model matematika masalah program linear

Siswa mampu menyelesaikan sistem pertidaksamaan linear

Siswa mampu menentukan nilai optimum suatu fungsi

Siswa mampu menyelesaikan masalah program linear

Siswa dapat menyelesaikan masalah program linear


23

A. Pilihlah jawaban yang tepat. 1. Jawaban: b Garis x + 2y = –12 memotong sumbu X di titik (–12, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, –6). Uji titik (0, 0) ke x + 2y = –12 0 + 2(0) = 0 ≥ –12 (bernilai benar). Daerah penyelesaian x + 2y = –12 dibatasi garis x + 2y = –12 dan memuat titik (0, 0). Jadi, grafik himpunan penyelesaian x + 2y ≥ –12 adalah pilihan b. 2. Jawaban: c Persamaan garis yang melalui titik (–2, 0) dan titik (0, 1): y−0 1− 0 y 1

⇔

= =

x+2 0+2 x+2 2

⇔ x – 2y = –2 ⇔ 2y – x = 2 Titik (–1, 0) pada daerah penyelesaian. Uji titik (–1, 0) ke 2y – x: 0 – (–1) = 1 < 2 (benar) Garis digambar putus-putus sehingga tanda ketidaksamaannya <. Jadi, PtLDV-nya 2y – x < 2. 3. Jawaban: b Garis –3x + 2y = 21 21 ) 2

Y

–3x + 2y = 21

melalui titik (0, dan titik (–7, 0). Daerah Daerah penyelesaian penyelesaian –3x + 2y ≤ 21 di kanan garis –3x + 2y = 21. –2x + 3y = 12 Garis –2x + 3y = 12 4 melalui titik (0, 4) dan X titik (–6, 0). 0 –7 –6 Daerah penyelesaian –2x + 3y ≥ 12 di kiri garis –2x + 3y = 12. Daerah penyelesaian x ≤ 0 di kiri sumbu Y dan daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X. Jadi, daerah penyelesaian dari sistem pertidaksamaan tersebut adalah b. 21 2

2)

Uji titik (1, 1) ke –3x + 2y: –3(1) + 2(1) = –1 < 6 Jadi, PtLDV-nya –3x + 2y ≤ 6. Persamaan garis yang melalui titik (0, 4) dan titik (6, 0): x 6

+

3(0) + 4(0) ≤ 12 bernilai benar Daerah penyelesaiannya dibatasi garis 3x + 4y = 12 dan memuat titik (0, 0). 2)

→  

24

Program Linear

(kali 24)

5. Jawaban: d 1) Garis 3x + 4y = 12 melalui titik (4, 0) dan titik (0, 3). Uji titik (0, 0) ke 3x + 4y ≤ 12:

3)

Garis x – 2y = –2 melalui titik (–2, 0) dan titik (0, 1). Uji titik (0, 0) ke x – 2y ≥ –2: 0 – 2(0) = 0 ≥ –2 bernilai benar Daerah penyelesaiannya dibatasi garis x – 2y = –2 dan memuat titik (0, 0). Garis 3x + 4y = 12 dan x – 2y = –2 berpotongan 8

9

di titik ( 5 , 5 ). 4)

Daerah penyelesaian yang memenuhi pertidaksamaan y ≥ 0 di atas sumbu X. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan: Y 3 9 --------------5

y

+ 3 =1 –––––––––– × 6 ⇔ –3x + 2y = 6 Titik (1, 1) pada daerah penyelesaian.

=1←

⇔ 4x + 6y = 24 ⇔ 2x + 3y = 12 Titik (1, 1) pada daerah penyelesaian. Uji titik (1, 1) ke 2x + 3y: 2 · 1 + 3 · 1 = 5 < 12 Jadi, PtLDV-nya 2x + 3y ≤ 12. 3) Daerah penyelesaian di kanan sumbu Y maka x ≥ 0. 4) Daerah penyelesaian di atas sumbu X, maka y ≥ 0. Sistem pertidaksamaannya: x ≥ 0; y ≥ 0; 2x + 3y ≤ 12; –3x + 2y ≤ 6.

4. Jawaban: c 1) Persamaan garis yang melalui titik (–2, 0) dan titik (0, 3): x −2

y 4

x – 2y = –2

1 –2

0

8 5

4

X 3x + 4y = 12

Daerah yang diarsir berbentuk segitiga dengan panjang alas = 4 – (–2) = 6 dan tinggi = Lsegitiga =

1 2

× alas × tinggi

=

1 2

×6×

=

27 5

9 5

–0=

Y

9 . 5

2x – y – 4 = 0 x + 4 = 2y

4 2 –4

9 5

0

–2

2

X x+y=4

4

–2 –4

2

= 5 5 satuan 2 Jadi, luas daerah yang diarsir 5 5

satuan.

8. Jawaban: e a.

x – y = –1

6. Jawaban: c 1) Garis x + 2y = 12 melalui titik (0, 6) dan (12, 0). Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 12 dibatasi garis x + 2y = 12 dan tidak memuat titik (0, 0). 2) Garis x – y = –2 melalui titik (0, 2) dan (–2, 0). Daerah penyelesaian x – y ≥ –2 dibatasi garis x – y = –2 dan memuat titik (0, 0). 3)

4) 5)

3

A

–3

–1 0

2

B

–2

D

X

5

y = –2

C

5x + 3y = 19

Garis 2x + y = 24 melalui titik (0, 24) dan (12, 0). Daerah penyelesaian 2x + y ≤ 24 dibatasi garis 2x + y = 24 dan memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian x ≥ 0 di sebelah kanan sumbu X.

Y

Luas ABC =

1 2

× BC × AD

1

= 2 × 8 × 5 = 20 satuan Y

b.

Daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X.

A

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan tersebut. 2x + y = 24 Y 24

–2 B

D

3

0

y=3

1

4

X

C y = –2

–2

5x + 3y = 14 V

IV

6I 2 II –2

1

x – y = –2

 III →

Luas ABCD = 2 × AB(AD + BC)

Daerah penyelesaian

1

= 2 × 5(3 + 6) 1

X 12

x + 2y = 12

7. Jawaban: b 1) Garis x + y = 4 melalui titik (0, 4) dan (4, 0). Daerah penyelesaian x + y ≥ 4 dibatasi garis x + y = 4 dan tidak memuat (0, 0). 2) Garis 2x – y – 4 = 0 melalui titik (0, –4) dan (2, 0). Daerah penyelesaian 2x – y – 4 ≤ 0 dibatasi garis 2x – y – 4 = 0 dan memuat (0, 0). 3) Garis x + 4 = 2y melalui titik (0, 2) dan (–4, 0). Daerah penyelesaian x + 4 ≥ 2y dibatasi garis x + 4 = 2y dan memuat (0, 0).

= 22 2 satuan

c.

Y A

4 3x – 2y = –2

B

–4 D –2 X 3x + 2y = 2 0 1

3x – 2y = – 14

C 3x + 2y = –10 –2

Luas ABCD =

1 2

× AC × BD

1

= 2 × 6 × 4 = 12 satuan


25

d.

10. Jawaban: b a.

Y x – y = –6 D 4

Y

2x – 5y = –4 2

A –4

B –2

C

0

3

4x + 3y = 14 2x + 5y = 16 X

–2 x + y = –2

X –3

0

1

1

= 2 × 7 × 4 = 14 satuan

A

–2

y = –2

Daerah penyelesaian berbentuk belah ketupat. 2x – 3y = –13

b.

D

3 2

4

2x – 3y = 0

1

x – 3y = –12

Y

3

C

B 0

5

4x + 3y = –6

Y 5

2

–2

Luas ABCD = 2 × AC × BD

e.

y=2

2

3x + 2y = 13 X 3

X

3x + 2y = 0

–4 –3

0

3

Luas ABCD = AB × BC 3x – y = –12

= 13 × 13 = 13 satuan Jadi, sistem pertidaksamaan yang daerah penyelesaiannya mempunyai luas 13 satuan adalah pilihan e. 9. Jawaban: b Daerah penyelesaian x – 2y ≤ –2 dibatasi garis x – 2y = –2 dan tidak memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian 3x + 4y ≥ –2 dibatasi garis 3x + 4y = 12 dan tidak memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian 5x + 3y ≤ 15 dibatasi garis 5x + 3y = 15 dan memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan di atas adalah:

–3

3x + 7y = –12 7x + 3y = 12

Daerah penyelesaian berbentuk layanglayang. c.

2x – 3y = –6

Y 2

–3

0

1

4

X

–4

Y 5x + 3y = 15

–6 5

x – 2y = –2

1

26

Program Linear

0

3x + 2y = –9

3x + 2y = 4

Daerah penyelesaian berbentuk persegi panjang.

3

–2

2x – 3y = 20

X 3 4

3x + 4y = 12

d.

Y x – 4y = –16

Daerah yang diarsir merupakan penyelesaian SPtLDV. 2. 1) Persamaan garis yang melalui titik (3, 0) dan titik (0, 1):

4 3

y–0 1– 0

X –4 –3

0 –1

⇔

1

x – 4y = 1 4x + y = 4

4x + y = –13

Daerah penyelesaian berbentuk persegi. e.

2x + y = –6

2)

2x – 3y = –6

Y

y=2

2

–3

0

2

5

X

2x – 3y = 4 –6

Daerah penyelesaian berbentuk trapesium. Jadi, sistem pertidaksamaan yang daerah penyelesaiannya berbentuk persegi panjang adalah pilihan b. B. Uraian 1. 1) Garis x + y = 1 melalui titik (0, 1) dan titik (1, 0). Daerah penyelesaian x + y ≥ 1 dibatasi garis x + y = 1 dan tidak memuat titik (0, 0). 2) Garis 2x + 3y = 12 melalui titik (0, 4) dan titik (6, 0). Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 12 dibatasi garis 2x + 3y = 12 dan memuat titik (0, 0). 3) Garis –x + y = 2 melalui titik (0, 2) dan titik (–2, 0). Daerah penyelesaian –x + y ≤ 2 tidak memuat titik (0, 0). 4) Garis x = 1 melalui titik (1, 0) dan titik (1, 2). Daerah penyelesaian x ≤ 1 dibatasi garis x = 1 dan di kiri garis x = 1. Dari 1), 2), 3), dan 4) diperoleh:

1 –2

⇔

0

6 x=1

x+y=1

X 2x + 3y = 12

y 3

=

x −1 0 −1

x −1

= −1 ⇔ –y = 3x – 3 ⇔ 3x + y = 3 Daerah penyelesaian tidak memuat titik (0,0) maka pertidaksamaannya 3x + y ≥ 3. 3) Persamaan garis melalui titik (5, 0) sejajar sumbu Y adalah x = 5. Daerah penyelesaian di sebelah kiri x = 5 sehingga pertidaksamaannya x ≤ 5. 4) Persamaan garis melalui titik (0, 5) sejajar sumbu X adalah y = 5. Daerah penyelesaiannya di bawah garis y = 5 maka pertidaksamaannya y ≤ 5. 5) Daerah penyelesaian di atas sumbu X dan di kanan sumbu Y, berarti x ≥ 0 dan y ≥ 0. Jadi, sistem pertidaksamaannya adalah: x + 3y ≥ 3 x + 3y ≥ 3 3x + y ≥ 3 atau 3x + y ≥ 3 x≤5 0≤x≤5 y≤5 0≤y≤5 x≥0 y≥0 3. a.

1)

3)

2

x−3

y 1

y−0 3−0

–x + y = 2

4

x–3 0–3

= −3 ⇔ –3y = x – 3 ⇔ x + 3y= 3 Daerah penyelesaian tidak memuat titik (0,0) maka pertidaksamaannya x + 3y ≥ 3. Persamaan garis yang melalui titik (1, 0) dan (0, 3)

2)

Y

=

Garis 3x + 2y = 12 melalui titik (4, 0) dan titik (0, 6). Daerah penyelesaian 3x + 2y ≤ 12 dibatasi garis 3x + 2y = 12 dan memuat titik (0, 0). Garis x + 2y = 8 melalui titik (8, 0) dan titik (0, 4). Daerah penyelesaian x + 2y ≤ 8 dibatasi garis x + 2y = 8 dan memuat titik (0, 0). Garis 4x + y = 4 melalui titik (1, 0) dan titik (0, 4). Daerah penyelesaian 4x + y ≥ 4 dibatasi garis 4x + y = 4 dan tidak memuat titik (0, 0).


27

4)

5)

Daerah penyelesaian x ≥ 0 dibatasi garis x = 0 dan di kanan sumbu Y. Daerah penyelesaian y ≥ 0 dibatasi garis y = 0 dan di atas sumbu X. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan tersebut adalah:

1)

y − yA yB − y A

Y

6 4

D C

1

A

B 4

4x + y = 4

b.

X x + 2y = 8 3x + 2y = 12 8

2)

I

y −1 −2 − 1

=

x+4 −1 + 4

⇔

y −1 −3

=

x+4 3

⇔ y – 1 = –x – 4 ⇔ x + y = –3 Daerah penyelesaian di kanan garis x + y = –3 maka pertidaksamaannya x + y ≥ –3. Persamaan garis yang melalui titik B(–1, –2) dan titik C(2, –1): =

x − xB x C − xB

⇔

y+2 −1 + 2

=

x +1 2+1

C(2, 3)

⇔

y+2=

x +1 3

II

⇔ 3y + 6 = x + 1 ⇔ x – 3y = 5 Daerah penyelesaian di kiri garis x – 3y = 5, maka pertidaksamaannya x – 3y ≤ 5. Persamaan garis yang melalui titik C(2, –1) dan titik D(0, 2):

Titik C dapat dicari dengan eliminasi: 3x + 2y= 12 x + 2y = 8 ––––––––– – 2x = 4 ⇔ x=2 y=3 Diperoleh titik C(2, 3). Luas daerah penyelesaian adalah luas daerah ABCD. L = LI + LII 1

3)

y − yC yD − y C

1

= 2 ×2×4+ 2 ×3×3 9

=4+ 2

4)

1

= 8 2 satuan luas

⇔

y +1 2+1

⇔

y +1 3

⇔

y − yA yD − y A y −1 2 −1

2 D –4

1

⇔

y −1 1

–1 0 –1 B

1 2 C –2

Program Linear

X

= =

x − xC xD − x C

x−2 0−2

x−2

= −2 ⇔ –2y – 2 = 3x – 6 ⇔ 3x + 2y = 4 Daerah penyelesaian di kiri garis 3x + 2y = 4, maka pertidaksamaannya 3x + 2y ≤ 4. Persamaan garis yang melalui titik A(–4, 1) dan titik D(0, 2):

Y

A

x − xA xB − x A

y − yB yC − yB

A(1, 0) B(4, 0)

4.

=

⇔

Luas daerah himpunan penyelesaian:

D(0, 4)

28

Persamaan garis yang melalui titik A(–4, 1) dan titik B(–1, –2):

= = =

x − xA xD − x A x+4 0+4

x+4 4

⇔ 4(y – 1) = x + 4 ⇔ 4y – 4 = x + 4 ⇔ x – 4y = –8 Daerah penyelesaian di kiri garis x – 4y = –8, maka pertidaksamaannya x – 4y ≥ –8.

Jadi, sistem pertidaksamaannya adalah x + y ≥ –3 x – 3y ≤ 5 3x + 2y ≤ 4 x – 4y ≥ –8 5.

Y A

–2

5

0

3

–3

C

(2 + 2)2 + (−3 − 5)2

=

42 + (−8)2

=

16 + 64

=

80 = 4 5 (xD − xB )2 + (yD − yB )2

3x + 5y = 19

=

(3 + 4)2 + (2 − 0)2

X

=

72 + 22

=

49 + 4 =

–2 5x – 2y = –20

=

Panjang BD =

D

2

(xC − x A )2 + (yC − y A )2

Panjang AC =

5x – y = 13

2 B –4

Diagonal-diagonal daerah penyelesaian adalah AC dan BD.

x + 2y = –4

53

Jadi, panjang diagonal-diagonal daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan 4 5 dan

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b B merupakan titik potong garis 3x – y = 18 dengan sumbu X. 3x – 0 = 18 ⇔ x=6 Diperoleh titik B(6, 0). A merupakan titik potong garis x + y = 3 dengan sumbu X. x+0=3 ⇔ y=3 Diperoleh titik A(3, 0). F merupakan titik potong garis x + y = 3 dengan sumbu Y. 0+y=3 ⇔ y=3 Diperoleh titik F(0, 3). Uji titik pojok penyelesaian terhadap fungsi objektif f(x, y) = 5x + 6y. Titik A(3, B(6, C(7, D(5, E(2, F(0,

0) 0) 3) 6) 5) 3)

f(x, y) = 5x + 6y 15 30 60 61 40 18

Diperoleh nilai maksimum dan minimumnya adalah 61 dan 15.

53 .

2. Jawaban: d P titik potong x + 2y = 6 dengan x = 1. x + 2y = 6 ⇔ 1 + 2y = 6 5

⇔

y= 2 5

Diperoleh P(1, 2 ). Q titik potong x + 2y = 6 dengan x + 2y = 6. x + 2y = 6 ⇔ 4 + 2y = 6 ⇔ y=1 Diperoleh Q(4, 1). R titik potong 2x + y = 12 dengan x = 4. 2x + y = 12 ⇔ 2 · 4 + y = 12 ⇔ y=4 Diperoleh R(4, 4). S titik potong x – y = –2 dengan 2x + y = 12. x – y = –2 2x + y = 12 ––––––––––– + 3x = 10 ⇔ ⇔ ⇔

10

x= 3 x – y = –2 10 3

– y = –2 16

y= 3


29

10

16

Diperoleh S( 3 , 3 ). T Titik potong garis x = 1 dengan x – y = –2. x – y = –2 ⇔ 1 – y = –2 ⇔ y=1 Diperoleh T(1, 3). Uji titik pojok penyelesaian terhadap fungsi objektif f(x, y) = 3x + 6y. Titik 5 2

P(1,

f(x, y) = 3x + 6y )

18

Q(4, 1)

18

R(4, 4)

36

10 S( 3

,

16 3

)

T(1, 3)

42

f(x, y) = 7x + 7y

A(30, 0) B(12, 6) C(

40 7

,

75 7

210 126 )

115

D(0, 25)

175

Nilai minimum fungsi objektif f(x, y) = 7x + 7y adalah 115, sehingga persamaan garis selidik yang menyebabkan f(x, y) minimum adalah 7x + 7y = 115.

Pertidaksamaan

Uji Titik (0, 0)

Penyelesaian

2x – 3y ≤ 12 x + 2y ≥ 4

0 ≤ 12 0≥4

Memuat (0, 0) Tidak memuat (0, 0)

19

3. Jawaban: d Persamaan fungsi objektif: f(x, y) = 7x + 7y. Persamaan garis yang melalui titik (10, 0) dan titik (0, 25) adalah 5x + 2y = 50. Persamaan garis yang melalui titik (30, 0) dan titik (0, 10) adalah x + 3y = 30. Persamaan garis yang melalui titik (20, 0) dan titik (0, 15) adalah 3x+ 4y = 60. Titik B adalah titik potong garis 3x + 4y = 60 dan x + 3y = 30. Koordinat titik B adalah: 3x + 4y = 60 × 1 3x + 4y = 60 x + 3y = 30 × 3 3x + 9y = 90 ––––––––––– – 5y = 30 ⇔ y=6 x = 12 Diperoleh titik B(12, 6). Titik C adalah titik potong garis 3x + 4y = 60 dan 5x + 2y = 50. Koordinat titik C adalah: 3x + 4y = 60 × 1 3x + 4y = 60 5x + 2y = 50 × 2 10x + 4y = 100 ––––––––––––– – 7x = 40 ⇔

40

x= 7

75

y= 7 40 Diperoleh titik koordinat C ( 7

Program Linear

Titik

4. Jawaban: d Garis 2x – 3y = 12 melalui titik (6, 0) dan (0, –4). Garis x + 2y = 4 melalui titik (4, 0) dan (0, 2). Uji titik (0, 0) ke masing-masing pertidaksamaan:

Daerah penyelesaian di atas mencapai maksimum di titik S.

30

Uji titik pojok.

,

75 7

).

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan: Y DP

2 0

A 2

–4 x=2

B 4

C

2x – 3 = 12 6

X x + 2y = 4

x=6

A titik potong garis x = 2 dan x + 2y = 4. Koordinat titik A adalah (2, 1). Uji titik pojok ke dalam fungsi objektif f(x, y) = 3y + x. Titik

f(x, y) = 3y + x

A(2, 1) B(4, 0) C(6, 0)

5 4 6

Jadi, nilai minimum f(x, y) pada daerah penyelesaian SPtLDV tersebut adalah 4. 5. Jawaban: d Misalkan: x = banyak pupuk jenis I y = banyak pupuk jenis II Pupuk

Banyak

Isi (gram)

Harga/bungkus

Jenis I Jenis II

x y

300x 200y

40.000 30.000

Pembatas

40

9.000

Diperoleh model matematika: x + y ≥ 40 300x + 200y ≥ 9.000 ⇔ 3x + 2y ≥ 90 x≥0 y≥0 Fungsi objektif meminimumkan f(x, y) = 40.000x + 30.000y. Daerah penyelesaian SPtLDV:

Daerah penyelesaian 4x + 3y ≤ 1.800 di kiri garis 4x + 3y = 1.800. Daerah penyelesaian: Y 600 500 C

B

Y 45 A 40

A 450 500

O B

C X 35 40 x + y = 40 3x + 2y = 90

0

B merupakan perpotongan garis 3x + 2y = 90 dan x + y = 40. 3x + 2y = 90 × 1 3x + 2y = 90 x + y = 40 × 3 3x + 3y = 120 ––––––––––– – y = 30 x + y = 40 ⇔ x + 30 = 40 ⇔ x = 10 Diperoleh titik B(10, 30). Uji titik pojok daerah penyelesaian ke dalam fungsi objektif f(x, y) = 40.000x + 30.000y. Titik

B titik potong x + y = 500 dan 4x + 3y = 1.800. Koordinat 3x + 3y = 1.500 4x + 3y = 1.800 ––––––––––––- – x = 300 y = 200 Koordinat titik B adalah B(300, 200). Uji titik pojok ke dalam f(x, y) = 800x + 600y. Titik

f(x, y) = 800x + 600y

O(0, 0) A(450, 0) B(300, 200) C(0, 500)

0 340.000 360.000 300.000

Laba maksimum yang dapat diperoleh sebesar Rp360.000,00. 7. Jawaban: e Y

f(x, y) = 40.000x + 30.000y

A(0, 45) B(10, 30) C(40, 0)

X

40.000 × 0 + 30.000 × 45 = 1.350.000 40.000 × 10 + 30.000 × 30 = 1.300.000 40.000 × 40 + 30.000 × 0 = 1.600.000

Nilai f(x, y) minimum adalah 1.300.000. Jadi, biaya minimum yang dikeluarkan Rp1.300.000,00.

12 10 8

6. Jawaban: e Misal x = banyak sabun A dan y = banyak sabun B. Jenis Sabun

Banyak

Harga

Laba

A

x

4.000

800

B

y

3.000

600

Pembatas

500

1.800.000

Model matematika: Memaksimumkan f(x, y) = 800x + 600y dengan kendala: x + y ≤ 500 4x + 3y ≤ 1.800 x≥0 y≥0 Daerah penyelesaian x + y ≤ 500 di kiri garis x + y = 500.

0

X 6 10 2x + y = 12 x + y = 10

2

Garis 2x + y = 12 mempunyai gradien m1 = –2. Garis x + y = 10 mempunyai gradien m2 = –1. Persamaan fungsi objektif f(x, y) = ax + 10y mem−a

punyai gradien m = 10 . Fungsi objektif f(x, y) = ax + 10y akan mencapai minimum hanya di titik (2, 8), jika m1 < m < m2. −a

–2 < 10 < –1 ⇔ –20 < –a < –10 ⇔ 10 < a < 20 Jadi, nilai a yang memenuhi 10 < a < 20.


31

8. Jawaban: b Misalkan: x = banyak kapsul yang dibeli y = banyak tablet yang dibeli Jenis

Banyak

Kapsul Tablet

x y

Pembatas

Jenis

Kalsium (gram)

Zat Besi (gram)

Harga Satuan

5x 2y

2x 2y

1.000 800

60

30

Diperoleh model matematika: 5x + 2y ≥ 60 2x + 2y ≥ 30 ⇔ x + y ≥ 15 x≥0 y≥0 Fungsi objektif: Meminimumkan f(x, y) = 1.000x + 800y. Daerah penyelesaian SPtLDV.

Karung

Ongkos

Truk

x

14

400.000

Kol

y

8

300.000

Pembatas

25

224

Model matematika: Minimumkan f(x, y) = 400.000x + 300.000y dengan kendala: x + y ≥ 25 14x + 8y ≥ 224 ⇔ 7x + 4y ≥ 112 x≥0 y≥0 Daerah penyelesaian x + y ≥ 25 di kanan garis x + y = 25 dan tidak memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian 7x + 4y ≥ 112 di kanan garis 7x + 4y = 112 dan tidak memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian: Y

Y 30

Banyak

28 C 25

A

B

15 B 0

X 12 15 x + y = 15 5x + 2y = 60

Titik B merupakan perpotongan garis 5x + 2y = 60 dan x + y = 15. 5x + 2y = 60 × 1 5x + 2y = 60 x + y = 15 × 2 2x + 2y = 30 ––––––––––– – 3x = 30 ⇔ x = 10 x + y = 15 ⇔ 10 + y = 15 ⇔ y =5 Diperoleh koordinat titik B(10, 5). Uji titik pojok daerah penyelesaian ke fungsi objektif f(x, y) = 1.000x + 800y. Titik Pojok A(0, 30) B(10, 5) C(15, 0)

f(x, y) = 1.000x + 800y 1.000 × 0 + 800 × 30 = 24.000 1.000 × 10 + 800 × 5 = 14.000 1.000 × 15 + 800 × 0 = 15.000

Nilai f(x, y) minimum adalah 14.000. Jadi, biaya minimum yang harus dikeluarkan untuk memenuhi kebutuhan anak balita tersebut Rp14.000,00. 9. Jawaban: d Misal: x = banyaknya truk y = banyaknya kol

32

Program Linear

O

A X 16 25 x + y = 25 7x + 4y = 112

B titik potong garis 7x + 4y = 112 dan x + y = 25. 7x + 4y = 112 4x + 4y = 100 ––––––––––– – 3x = 12 ⇔ x=4 y = 21 Koordinat titik B adalah B(4, 21). Uji titik pojok ke dalam fungsi f(x, y) = 400.000x + 300.000y. Titik

f(x, y) = 400.000x + 300.000y

A(25, 0) B(4, 21) C(0, 28)

10.000.000 7.900.000 8.400.000

Nilai minimum fungsi objektif f(x, y) = 400.000x + 300.000y adalah Rp7.900.000,00 dengan menyewa 4 truk dan 21 kol. 10. Jawaban: e x = banyak kandang berisi ayam y = banyak kandang berisi itik Jenis

Banyak

Daya Tampung

Kandang berisi ayam Kandang berisi itik

x y

36 24

Kendala

10

300

Diperoleh SPtLDV: x + y ≤ 10 36x + 24y ≤ 300 x≥0 y≥0 Jadi, SPtLDV yang memenuhi: x ≥ 0, y ≥ 0, 36x + 24y ≤ 300, x + y ≤ 10

12. Jawaban: b Misal: x = banyak kue jenis A y = banyak kue jenis B Jenis Kue A B

11. Jawaban: e Misalkan: x = banyak barang jenis I y = banyak barang jenis II Banyak

Unsur A

Unsur B

Harga

Jenis I Jenis II

x y

1 3

2 2

250.000 400.000

18

24

Diperoleh model matematika: Memaksimumkan f(x, y) = 250.000x + 400.000y dengan kendala: x + 3y ≤ 18 2x + 2y ≤ 24 ⇔ x + y ≤ 12 x≥0 y≥0 Daerah penyelesaian x + 3y ≤ 18 dibatasi garis x + 3y = 18 dan memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian x + y ≤ 12 dibatasi garis x + y = 12 dan memuat titik (0, 0). Garis x + 3y = 18 dan x + y = 12 berpotongan di titik B(9, 3). Daerah penyelesaian: 12

6

y

Kebutuhan Kebutuhan Harga Gula (gram) Tepung (gram) 20 40

60 40

4.000

9.000

4.000 3.000

Model matematika: Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) = 4.000x + 3.000y dengan kendala: 20x + 20y ≤ 4.000 60x + 40 y ≤ 9.000 x≥0 y≥0 Daerah penyelesaian 20x + 20y ≤ 4.000 di kiri garis 20x + 20y = 4.000. Daerah penyelesaian 60x + 40y ≤ 9.000 di kiri garis 60x + 40y = 9.000. Garis 20x + 20y = 4.000 dan 60x + 40y = 9.000 berpotongan di titik B(50, 150). Daerah penyelesaian: Y

225 200 C 150

Y

B(50, 150)

C B(9, 3)

0

x

Pembatas

Barang

Pembatas

Banyak

O

A 12 18 x + y = 12

O X x + 3y = 18

Uji titik pojok ke f(x, y) = 250.000x + 400.000y Titik Pojok O(0, 0) A(12, 0) B(9, 3) C(0, 6)

f(x, y) = 250.000x + 400.000y 250.000 × 0 + 400.000 × 0 = 0 250.000 × 12 + 400.000 × 0 = 3.000.000 250.000 × 9 + 400.000 × 3 = 3.450.000 250.000 × 0 + 400.000 × 6 = 2.400.000

Penjualan maksimum Rp3.450.000,00 dicapai di titik B(9, 3) atau x = 9 dan y = 3. Jadi, agar penjualan mencapai maksimum harus dibuat 9 barang jenis I dan 3 barang jenis II.

0

50

A X 150 200 60x + 40y = 9.000 20x + 20y = 4.000

Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y) = 4.000x + 3.000y. Titik Pojok

f(x, y) = 4.000x + 3.000y

O(0, 0) A(150, 0) B(50, 150) C(0, 200)

4.000 · 0 + 3.000 · 0 =0 4.000 · 150 + 3.000 · 0 = 600.000 4.000 · 50 + 3.000 · 150 = 650.000 4.000 · 0 + 3.000 · 200 = 600.000

Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y) = 4.000x + 3.000y adalah 650.000. Jadi, pendapatan maksimum yang dapat diperoleh pembuat kue Rp650.000,00.


33

13. Jawaban: e Misal: x = banyak tablet I yang dikonsumsi y = banyak tablet II yang dikonsumsi Banyak

Jenis

Vitamin A (unit)

Vitamin B (unit)

Harga

Tablet I

x

5

3

4.000

Tablet II

y

10

1

8.000

25

5

Pembatas

Diperoleh SPtLDV: 5x + 10y ≥ 25 ⇔ x + 2y ≥ 5 3x + y ≥ 5 x≥0 y≥0 Meminimumkan f(x, y) = 4.000x + 8.000y Daerah penyelesaiannya: X 5 C(0, 5) 1

22

B(1, 2) A(5, 0)

O

5 3

5 3x + y = 5

Y x + 2y = 5

Titik B merupakan titik potong antara garis 3x + y = 5 dan x + 2y = 5. Koordinat B(1, 2). Uji titik pojok ke fungsi objektif: Titik Pojok A(5, 0) B(1, 2) C(0, 5)

Y

80

x = 20 C (20, 60)

60

B 80

A 20

0

X x + y = 80

Uji titik pojok ke f(x, y) = 5.000x + 6.000y Titik Sudut A(20, 0) B(80, 0) C(20, 60)

f(x, y) = 5.000x + 6.000y 5.000 × 20 + 6.000 × 0 = 100.000 5.000 × 80 + 6.000 × 0 = 400.000 5.000 × 20 + 6.000 × 60 = 460.000

Penjualan maksimum Rp460.000,00 diperoleh pada saat menjual 20 porsi soto ayam dan 60 porsi soto daging. Jadi, kantin harus menyediakan soto ayam 20 porsi dan soto daging 60 porsi. 15. Jawaban: e Daerah yang menyatakan banyak karyawan: Y

y=

500

3 x 2

f(x, y) = 4.000x + 8.000y B(200, 300)

4.000 × 5 + 8.000 × 0 = 20.000 4.000 × 1 + 8.000 × 2 = 20.000 4.000 × 0 + 8.000 × 5 = 40.000

Nilai f(x, y) minimum adalah 20.000. Jadi, pengeluaran minimum untuk pembelian tablet per hari Rp20.000,00. 14. Jawaban: c Misal x = banyak soto ayam yang dijual (porsi) y = banyak soto daging yang dijual (porsi) Model matematika: Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) = 5.000x + 6.000y dengan kendala: x + y ≤ 80 x ≥ 20 y ≤ 60 x≥0 y≥0

P(400, 100) A Q X 400 500 y = 500 – x

T

O

Luas ∆OAB menyatakan banyak karyawan seluruhnya. L∆OAB =

1 2

× OA × BT =

1 2

× 500 × 300 = 75.000

L∆APQ menyatakan banyak karyawan berpenghasilan lebih dari 400 ribu. L∆APQ =

1 2

× AQ × PQ

=

1 2

× 100 × 100 = 5.000

=

5.000 75.000

L ∆APQ L ∆OAB

=

1 15

Jadi, banyak karyawan yang berpenghasilan di atas Rp400.000,00 sebanyak

34

Program Linear

1 15

bagian.

B. Uraian 1. a. Garis 2x + y = 24 melalui titik (12, 0) dan titik (0, 24). Daerah penyelesaian 2x + y ≤ 24 adalah daerah yang memuat (0, 0). Garis x + 2y = 12 melalui titik (12, 0) dan titik (0, 6). Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 12 adalah daerah yang tidak memuat (0, 0). Garis x – y = –2 melalui titik (–2, 0) dan titik (0, 2). Daerah penyelesaian x – y ≥ –2 adalah daerah yang memuat (0, 0). Daerah penyelesaian x ≥ 0 daerah sebelah kanan garis x = 0 (sumbu Y). Daerah penyelesaian y ≥ 0 adalah daerah di atas garis y = 0 (sumbu X). Daerah penyelesaian:

Garis 3y – x = 12 dan garis y + 2x = 32 berpotongan di titik (12, 8). Daerah penyelesaian: 44 4y + x = 200 32 4y + x= 100 24 20

8 y – x = 20

14 3 70 = 3

7x – 3y x – y = –2

–3 –2

b.

7x – 3y = 84 B

X x + 2y = 12 2x + y = 24

Garis putus-putus pada gambar di atas merupakan garis selidik. Oleh karena memaksimumkan fungsi f(x) = 7x – 3y (koefisien x positif), dipilih garis selidik yang paling kanan, yaitu persamaan 7x – 3y = 84. Jadi, nilai maksimumnya adalah 84. Garis 3y – x = 12 melalui titik (0, 4) dan titik (12, 8). Daerah penyelesaian y – 3x ≥ 4 di kiri garis y – 3x = 4. Garis y – x = 20 melalui titik (0, 20) dan titik (24, 44). Daerah penyelesaian y – x ≤ 20 di kanan garis y – x = 20. Garis y + 2x = 32 melalui titik (0, 32) dan titik (12, 8). Daerah penyelesaian y + 2x ≥ 32 di kanan garis y + 2x = 32. Daerah penyelesaian x ≤ 24 di kiri garis x = 24. Garis y – x = 20 dan garis y + 2x = 32 berpotongan di titik (4, 24).

X 4y + x = 44

12 24 y + 2x = 32

Garis putus-putus pada gambar merupakan garis selidik. Oleh karena memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) = 4y + x (koefisien x positif), maka dipilih garis selidik yang paling kanan. Garis selidik yang paling kanan mempunyai persamaan 4y + x = 200. Jadi, untuk memperoleh hasil maksimum harus memproduksi minyak goreng 24 kemasan 1 liter dan 44 kemasan 2 liter, dan nilai maksimum fungsi objektif adalah 200.

7x – 3y = –21

C

4y + x = 72

4 4

Y

7A 6 2

3y – x = 12

12

24 7x – 3y =

x = 24

Y

2. a.

b.

Misalkan: x = banyaknya minyak goreng kemasan 1 liter y = banyaknya minyak goreng kemasan 2 liter Jenis

Banyak

Laba

1 liter 2 liter

x y

x

Pembatas

120

30

y

3.000 5.000

50

Model matematika permasalahan di atas: x + y ≤ 120 x ≥ 30 y ≥ 50 memaksimumkan f(x, y) = 3.000x + 5.000y Daerah penyelesaian x + y ≤ 120 terletak di sebelah kiri garis x + y = 120 dan memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian x ≥ 30 adalah daerah di sebelah kanan garis x = 30. Daerah penyelesaian y ≥ 50 adalah daerah di sebelah atas garis y = 50.


35

Daerah penyelesaian dari model matematika tersebut:

Daerah penyelesaian: Y

Y

12 D(0, 12)

120 8 C

50

0

c.

  →

A

Daerah penyelesaian

C(1, 6)

y = 50

B

30 x = 30

120

A(9, 0) X 0 2 4 9 x + 3y = 9 2x + y = 8 6x + y = 12

X x + y = 120

Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = 8.500x + 4.000y

Uji titik pojok Titik Pojok

Titik Pojok f(x, y) = 3.000x + 5.000y

A(9, B(3, C(1, D(0,

90.000 460.000 540.000

A(30, 50) B(70, 50) C(30, 90)

Agar memperoleh laba maksimum, pabrik tersebut harus membuat 30 botol minyak goreng kemasan 1 liter dan 90 botol minyak goreng kemasan 2 liter. d.

Keuntungan maksimum dapat diperoleh pabrik tersebut jika memproduksi 30 botol minyak kemasan 1 liter dan 50 botol minyak kemasan 2 liter sebesar Rp540.000,00.

3. Misalkan: x = banyak makanan jenis A y = banyak makanan jenis B Makanan

Protein Karbohidrat Lemak

Jenis A (x) Jenis B (y)

2 1

6 1

1 3

Kendala

8

12

9

Harga 8.500 4.000

Model matematika: Meminimumkan f(x, y) = 8.500x + 4.000y dengan kendala: 2x + y ≥ 8 6x + y ≥ 12 x + 3y ≥ 9 x≥0 y≥0

36

Program Linear

B(3, 2)

3

f(x, y) = 8.500x + 4.000y

0) 2) 6) 12)

8.500(9) 8.500(3) 8.500(1) 8.500(0)

+ + + +

4.000(0) = 76.500 4.000(2) = 33.500 4.000(6) = 32.500 4.000(12) = 48.000

Nilai minimum f(x, y) = 8.500x + 4.000y adalah 32.500. Jadi, orang tersebut harus mengeluarkan uang paling sedikit Rp32.500,00 per minggu agar kebutuhan protein, karbohidrat, dan lemak terpenuhi. 4. a.

Misalkan: x = banyak kue isi cokelat y = banyak kue isi keju

Jenis Kue

Banyak

Tepung

Mentega

Harga

Isi cokelat Isi keju

x y

150 gr 75 gr

50 gr 75 gr

7.000 5.500

18 kg

12 kg

Pembatas

Model matematika permasalahan di atas: memaksimumkan fungsi F(x, y) = 7.000x + 5.500y dengan kendala: x + y ≤ 180 2x + y ≤ 240 2x + 3y ≤ 480 x≥0 y≥0 Daerah penyelesaian x + y ≤ 180 dibatasi garis x + y = 180 dan memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian 2x + y ≤ 240 dibatasi garis 2x + y = 240 dan memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 480 dibatasi garis 2x + 3y = 480 dan memuat titik (0, 0).

Daerah penyelesaian SPtLDV:

a.

Y 240 x + y = 180 180 C 160

B 2x + 3y = 480

0

A 120 180 240 2x + y = 240

X

Y

Garis 2x + y = 240, 2x + 3y = 480, dan x + y = 180 berpotongan di titik B. 2x + y = 240 x + y = 180 ––––––––––– – x = 60 y = 120 Diperoleh koordinat titik B(60, 120). Titik potong garis 2x + 3y = 480 dan x + y = 180. 2x + 3y= 480 × 1 2x + 3y= 480 x + y = 180 × 2 2x + 2y= 360 ––––––––––– – y = 120 x = 60 Uji titik pojok ke dalam fungsi objektif F(x, y) = 7.000x + 5.500y. Titik A(120, 0) B(60, 120) C(0, 160)

b.

840.000 1.080.000 880.000

1.000

Ongkos dari Biaya TV Oke Per Responden Keuntungan Per Responden

Pedesaan

6.000

4.000

2.000

Perkotaan

6.000

5.000

1.000

A C

500

0

B 500 x = 500

1.500

X

x + y = 1.500

Garis x + y = 1.500 dan garis x = 500 berpotongan di titik A(500, 1.000). Garis y = x dan garis x = 500 berpotongan di titik B(500, 500). Garis x + y = 1.500 d ngaris y = x berpotongan di titik C(750, 750). Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y) = 4.000x + 5.000y Titik Pojok

5. Misal x = banyak kuesioner yang disebar di daerah pedesaan y = banyak kuesioner yang disebar di daerah perkotaan

y=x

1.500

f(x, y) = 7.000x + 5.500y

Jadi, pedagang tersebut harus membuat 60 kue isi cokelat dan 120 kue isi keju agar memperoleh pendapatan maksimum. Pendapatan maksimum yang diperoleh pedagang Rp1.080.000,00.

Daerah

Model matematika: Meminimumkan fungsi objektif f(x, y) = 4.000x + 5.000y dengan kendala: x ≥ 500 y≥x x + y≤ 1.500 Daerah penyelesaian x ≥ 500 di kanan garis x = 500. Daerah penyelesaian y ≥ x di kiri garis y = x. Daerah penyelesaian x + y ≤ 1.500 di kiri garis x + y = 1.500. Daerah penyelesaian:

A(500, 1.000) B(500, 5.00) C(750, 750)

b.

f(x, y) = 4.000x + 5.000y 4.000 · 500 + 5.000 · 1.000 = 7.000.000 4.000 · 500 + 5.000 · 500 = 4.500.000 4.000 · 750 + 5.000 · 750 = 6.750.000

Nilai minimum f(x, y) = 4.000x + 5.000y adalah 4.500.000. Jadi, biaya minimum yang dikeluarkan LSM untuk melakukan survei Rp4.500.000,00. Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y) = 2.000x + 1.000y

Titik Pojok A(500, 1.000) B(500, 5.00) C(750, 750)

f(x, y) = 4.000x + 5.000y 2.000 · 500 + 1.000 · 1.000 = 2.000.000 2.000 · 500 + 1.000 · 500 = 1.500.000 2.000 · 750 + 1.000 · 750 = 2.250.000

Nilai maksimum f(x, y) = 2.000x + 1.000y adalah 2.250.000,00. Jadi, keuntungan maksimum yang diperoleh LSM dari survei Rp2.250.000,00.


37

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Garis –x + 2y = 0 melalui titik (8, 0) dan (0, 4). Daerah penyelesaian –x + 2y ≤ 8 adalah daerah yang dibatasi garis –x + 2y = 8 dan memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian:

Daerah penyelesaiannya: Y –8x + 3y + 12 > 0 6

→ Daerah penyelesaian

3

Y 4 –5 –3x + 5y = 15 0

–8

1,5

X

6

X x+y=6

–4

Daerah penyelesaian –x + 2y ≤ 8

2. Jawaban: e Persamaan garis yang melalui titik (–3,5, 0) dan titik (0, 7): y−0 7−0

=

⇔

x + 3,5 0 + 3,5 x + 3,5 y = 3,5 7

⇔ y = 2x + 7 ⇔ –2x + y = 7 Daerah penyelesaian memuat (0, 0) maka pertidaksamaannya –2x + y ≤ 7. 3. Jawaban: d Daerah penyelesaian 2x + y ≥ 4 dibatasi oleh garis 2x + y = 4 dan tidak memuat titik (0, 0). Daerah penyelesaian 3x + 4y – 6 ≤ 12 dibatasi oleh garis 3x + 4y = 12 dan memuat (0, 0). Daerah penyelesaian SPtLDV:

5. Jawaban: b Misalkan: x = banyaknya barang A y = banyaknya barang B Barang

Banyak

Bahan Baku

Waktu Kerja

A B

x y

20 kg 30 kg

2 jam 1 jam

270 kg

17 jam

Pembatas

Model matematika sesuai dengan permasalahan di atas adalah: 20x + 30y ≤ 270 ⇔ 2x + 3y ≤ 27 2x + y ≤ 17 x≥0;y≥0 6. Jawaban: a a. Y A4

Y 4

B

3

–2

2

4 X 2x + y = 4

4. Jawaban: d Garis x + y = 6 melalui titik (6, 0) dan titik (0, 6). Daerah penyelesaian x + y ≥ 6 tidak memuat titik (0, 0). Garis –8x + 3y + 12 = 0 melalui titik (1,5, 0) dan (0, 4). Daerah penyelesaian –8x + 3y + 12 ≥ 0 memuat titik (0, 0). Garis –3x + 5y = 15 melalui (–5, 0) dan (0, 3). Daerah penyelesaian –3x + 5y ≤ 15 memuat titik (0, 0).

38

Program Linear

3x – 2y = 18

1 0

3x + 4y = 12 0

2y – 3x = 8

–3

D 4

X 6 2x + 3y = 12

C 2x + 3y = –1

Luas ABCD = AB × BC = 13 × 2 13 = 26 satuan Luas daerah penyelesaian 26 satuan.

b.

Y 3x + 2y = –2 B –2

y – 2x = 6

6 A

3x – 2y = 2

2

D

0 –1 C

X 2x + y = 6

2

1

Luas ABCD = 2 × AC × BD 1

= 2 × 6 × 4 = 12 satuan Luas daerah penyelesaian 12 satuan. c.

Y

2y – x = 12

8 6

A

7 A 2y – x = 2 C

2

B

0

2x + y = 16

2 3 4 6 2x + y = 6

X

Luas ABCD = AB × BC

y – 2x = 7

= 20 × 20 = 20 satuan Luas daerah penyelesaian 20 satuan. d.

Y

–5

4

0

y=4

B C X 1 2x + 3y = 2 6 2x + 3y = 12

e.

0

Y

x=9

A

D

B

B

3

C –2

0

E

6

y=4

C X 9 2x + 3y = 12

1

Luas ABCD = 2 × CD(AD + BC) 1

= 2 × 4(9 + 3) = 24 satuan Luas daerah penyelesaian 24 satuan. Jadi, sistem pertidaksamaan yang daerah penyelesaiannya mempunyai luas 26 satuan adalah pilihan a.

2y – x = 2 D

1 4

7

X x+y=7

x = –2

Luas daerah penyelesaian = Luas ABCD = Luas ABD + luas BCD 1

D

Luas ABCD = alas × tinggi = 5 × 4 = 20 satuan Luas daerah penyelesaian 20 satuan.

–4

Y

D

4

A

7. Jawaban: c Garis y – 2x = 7 melalui titik (0, 7) dan titik (–2, 3). Daerah penyelesaian y – 2x ≤ 7 di kanan garis y – 2x = 7. Garis 2y – x = 2 melalui titik (0, 1) dan titik (–2, 0). Daerah penyelesaian 2y – x ≥ 2 di kiri garis 2y – x = 2. Garis x + y = 7 melalui titik (0, 7) dan titik (7, 0). Daerah penyelesaian x + y ≤ 7 di kiri garis x + y = 7. Daerah penyelesaian x ≥ –2 di kanan garis x = –2. Garis 2y – x = 2 dan x + y = 7 berpotongan di titik D(4, 3). Garis x = –2 dan y – 2x = 7 berpotongan di titik B(–2, 3). Daerah Penyelesaian:

1

= 2 × BD × AE + 2 × BD × BC 1

1

= 2 ×6×4+ 2 ×6×3 = 12 + 9 = 21 Jadi, luas daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan 21 satuan. 8. Jawaban: c Misalkan: x = banyak barang A y = banyak barang B Model matematika sesuai dengan permasalahan di atas adalah memaksimumkan f(x, y) = 4x + 3y dengan kendala: 4x + 3y ≤ 180 x + y ≤ 50 x + 2y ≤ 80 Persamaan garis 4x + 3y = 180 melalui (45, 0) dan (0, 60). Daerah penyelesaian 4x + 3y ≤ 180 dibatasi garis 4x + 3y = 180 dan memaut titik (0, 0). Persamaan garis x + y = 50 melalui (50, 0) dan (0, 50). Daerah penyelesaian x + y ≤ 50 dibatasi garis x + y = 50 dan memuat titik (0, 0). Persamaan garis x + 2y = 80 melalui titik (80, 0) dan (0, 40). Daerah penyelesaian x + 2y ≤ 80 dibatasi garis x + 2y = 80 dan memuat (0, 0).


39

Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 adalah daerah pada kuadran I. Daerah penyelesaian SPtLDV di atas adalah:

3)

Daerah penyelesaian SPtLDV: Y

4x + 3y = 180 x + y = 50 60 x + 2y = 80 50 40 D

Y C

125 C B A 45 50

0

80

f(x, y) = 3x + 3y

O(0, 0) A(45, 0) B(30, 20) C(20, 30) D(0, 40)

Daerah penyelesaian

B

SPtLDV  →

X

B titik potong 4x + 3y = 180 dan x + y = 50. 4x + 3y = 180 3x + 3y = 150 ––––––––––– – x = 30 y = 20 Diperoleh titik B(30, 20). C titik potong x + y = 50 dan x + 2y = 80 x + y = 50 x + 2y = 80 ––––––––– – y = 30 x = 20 Diperoleh titik C(20, 30). Uji titik pojok penyelesaian ke dalam f(x, y). Titik Pojok

400 3

0 180 180 170 120

A X 100 125 4x + 3y = 400 x + y = 125

0

B adalah titik potong garis 4x + 3y = 400 dan x + y = 125. 4x + 3y = 400 3x + 3y = 375 –––––––––––– – x = 25 y = 100 Uji titik pojok penyelesaian ke dalam f(x, y). Titik O(0, 0) A(100, 0) B(25, 100) C(0, 125)

10. Jawaban: c

9. Jawaban: b Misalkan: x = banyak rumah tipe A y = banyak rumah tipe B Banyak

A B

x y

Pembatas

125

Y

Luas 100 m2 75 m2

x + 3y = –3

Keuntungan 6.000.000 4.000.000

400 ). Daerah penyelsaian 4x + 3y ≤ 400 3

dibatasi garis 4x + 3y = 400 dan memuat titik (0, 0). 40

Program Linear

6 5 4 3 2 1

–5 –4 –3 –2 –1 0 y–x=5

1

2 3 4 5

X

4x + 3y = 12

10.000 m2

Model matematika permasalahan di atas: x + y ≤ 125 4x + 3y ≤ 400 x≥0 y≥0 memaksimumkan F(x, y) = 6.000.000x + 4.000.000y 1) Persamaan garis x + y = 125 melalui (125, 0) dan (0, 125). Daerah penyelesaian x + y ≤ 125 dibatasi garis x + y = 125 dan memuat (0, 0). 2) Persamaan garis 4x + 3y = 400 melalui (100,0) dan (0,

0 600.000.000 550.000.000 500.000.000

Jadi, keuntungan maksimum yang dapat diperoleh Rp600.000.000,00.

Agar diperoleh laba maksimum maka harus dibuat 30 barang A dan 20 barang B.

Tipe

f(x, y) = 6.000.000x + 4.000.000y

Jadi, himpunan titik yang berada di dalam daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan adalah {(–1, 1), (–1, 2), (–1, 3), (–2, 1), (–2, 2), (–3, 1)}. 11. Jawaban: c a. Y 20

x – y = –2 6 2 X –2 0 2 4 5x + y = 20 3x + y = 6

b.

f(x, y) = 150.000x + 100.000y dengan kendala: 2x + y ≤ 36 x + 2y ≤ 30 x≥0 y≥0 Daerah penyelesaian SPtLDV:

Y 20

x – y = –2

Y

6 2

36

X –2 0 2 4 5x + y = 20 3x + y = 6

c.

Y 20

15

6

0

C B A

X 30 x + 2y = 30

18

4 –2 0 2

20

2x + y = 36

X 5x + y = 20

3x + y = 6

d.

x – y = –2

Y

4 2 –2 0

20

6

X 5x + y = 20

e. Y 2 –2 0 x – y = –2

2 4

X

3x – y = 6

5x – y = 20

12. Jawaban: b Misalkan: x = pakaian wanita y = pakaian pria

Pembatas

Titik Pojok

f(x, y) = 150.000x + 100.000y

A(0, 0) B(18, 0) C(14, 8) D(0, 15)

0 2.700.000 2.900.000 1.500.000

13. Jawaban: b Misalkan: x = barang jenis I y = barang jenis II

–20

Pakaian wanita Pakaian pria

Uji titik pojok penyelesaian ke fungsi f(x, y) = 150.000x + 100.000y

Nilai f(x, y) maksimum adalah 2.900.000. Jadi, pendapatan maksimum yang diperoleh penjahit itu Rp2.900.000.

–6

Jenis

Titik B merupakan perpotongan garis x + 2y = 30 dan 2x + y = 36. x + 2y = 30 ×2 2x + 4y = 60 2x + y = 36 ×1 2x + y = 36 –––––––––––– – 3y = 24 ⇔ y = 8 2x + y = 36 ⇔ 2x + 8 = 36 ⇔ x = 14 Diperoleh koordinat titik B(14, 8).

Banyak Bahan Garis x y

Barang

Banyak

Unsur A

Unsur B

Harga

Jenis I Jenis II

x 3y

x 3y

2x 2y

250.000 400.000

18

24

Pembatas Bahan Polos

Harga

2x y

x 2y

150.000 100.000

36

30

Model matematika sesuai permasalahan tersebut adalah memaksimumkan fungsi objektif.

Model matematika sesuai permasalahan di atas adalah memaksimumkan fungsi objektif. f(x, y) = 250.000x + 400.000y dengan kendala: x + 3y ≤ 18 2x + 2y ≤ 24 ⇔ x + y ≤ 12 x ≥0 y ≥0


41


f(x, y) = 2.500x + 3.000y dengan kendala: x + y ≤ 40 2x + 3y ≤ 100 x≥0 y≥0 Persamaan garis x + y = 40 melalui (40, 0) dan (0, 40). Daerah penyelesaian x + y ≤ 40 dibatasi garis x + y = 40 dan memuat titik (0, 0). Persamaan garis 2x + 3y = 100 melalui (50, 0)

Y

18 12

6C 0

6

B A 12

18 x + y = 12

X x + 3y = 18

B merupakan perpotongan garis x + 3y = 18 dan x + y = 12. x + 3y = 18 x + y = 12 ––––––––– – 2y = 6 ⇔ y = 3 x + y = 12 ⇔ x + 3 = 12 ⇔ x = 9 Uji titik pojok penyelesaian ke fungsi objektif f(x, y) = 250.000x + 400.000y. Titik Pojok

f(x, y) = 250.000x + 400.000y

O(0, 0) A(12, 0) B(9, 3) C(0, 6)

250.000 × 0 + 400.000 × 0 = 0 250.000 × 12 + 400.000 × 0 = 3.000.000 250.000 × 9 + 400.000 × 3 = 1.445.000 250.000 × 0 + 400.000 × 6 = 240.000

Nilai f(x, y) maksimum adalah 3.000.000. Jadi, banyak barang yang harus dibuat agar penjualannya maksimum adalah 12 jenis II. 14. Jawaban: e Daerah penyelesaian 1 ≤ x ≤ 5 adalah daerah di antara garis x = 1 dan x = 5. Daerah penyelesaian dari y ≥ 2 adalah daerah di atas garis y = 2. Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 24 adalah daerah yang dibatasi garis 2x + 3y = 24 (melalui (12, 0) dan (0, 8)) dan memuat (0, 0). Daerah penyelesaian 3y – 2x ≤ 6 adalah daerah yang dibatasi garis 3y – 2x = 6 (melalui (–3, 0) dan (0, 2)) dan memuat (0, 0). Jadi, penyelesaian dari SPtLDV di atas adalah daerah PQRS. 15. Jawaban: a Misalkan: x = banyak keripik rasa cokelat y = banyak keripik rasa keju Keripik

Banyak

Modal

Keuntungan

Rasa cokelat Rasa keju

x y

10.000 15.000

2.500 3.000

Pembatas

40

500.000

Model matematika sesuai permasalahan di atas adalah memaksimumkan fungsi objektif

42

Program Linear

100

dan (0, 3 ). Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 100 dibatasi garis 2x + 3y = 100 dan memuat (0, 0). Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 adalah kuadran I. Daerah penyelesaian SPtLDV: Y 40 100 3

C B

A 40 50 x + y = 40

O

X 2x + 3y = 100

Garis x + y = 40 dan 2x + 3y = 100 berpotong di titik B. 2x + 2y= 80 2x + 3y= 100 ––––––––––– – y = 20 x = 20 Diperoleh koordinat B(20, 20). Uji titik pojok penyelesaian ke dalam fungsi objektif f(x, y) = 2.500x + 3.000y. Titik

f(x, y) = 2.500x + 3.000y

O(0, 0) A(40, 0) B(20, 20)

0 100.000 110.000 100.000

C(0,

100 3

)

Jadi, keuntungan maksimum yang dapat diperoleh Rp110.000,00. 16. Jawaban: c Misal: x = banyak rumah tipe I y = banyak rumah tipe II Jenis Rumah tipe I Rumah tipe II Pembatas

Banyak

Daya Tampung

x y

4 6

120

540

Diperoleh sistem pertidaksamaan x + y ≤ 120 4x + 6y ≤ 540 ⇔ 2x + 3y ≤ 270 x≥0 y≥0 Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuai pilihan c.

17. Jawaban: d 1) Tinggi badan setidaknya 165 cm. Diperoleh pertidaksamaan x ≥ 165 . . . (1) 2) Usia tidak kurang dari 18 tahun dan tidak lebih dari 22 tahun. Diperoleh pertidaksamaan 18 ≤ y ≤ 22 . . . (2) 3) Andi berusia 18 tahun (y = 18) dan tingginya 170 cm (x = 170). Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan x ≥ 165; 18 ≤ y ≤ 22 adalah: Daerah penyelesaian

Y

22 18

 Andi → •

(170, 18)

Oleh karena posisi Andi masih termasuk pada daerah penyelesaian, berarti Andi memenuhi syarat untuk diterima sebagai anggota tim basket. 18. Jawaban: a Banyak

Terigu

Gula

Margarin

x y

200 250

150 100

70 175

1.250

600

700

Roti jenis I Roti jenis II Kendala

Banyak

Vitamin A

Vitamin B

Harga

I II

x y

5 10

3 1

4.000 8.000

25

5

Pembatas

Model matematika dari permasalahan tersebut adalah: meminimumkan f(x, y) = 4.000x + 8.000y dengan kendala: x + 2y ≥ 5 3x + y ≥ 5 x≥0;y≥0 Persamaan garis x + 2y = 5 melalui (5, 0) dan (0, 2 ). Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 5 dibatasi garis x + 2y = 5 dan tidak memuat (0, 0). 5

Persamaan garis 3x + y = 5 melalui ( 3 , 0) dan (0, 5). Daerah penyelesaian 3x + y ≥ 5 dibatasi garis 3x + y = 5 dan tidak memuat (0, 0). Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 berarti daerah penyelesaiannya di kuadran I. Daerah penyelesaian SPtLDV: Y 5 C

Diperoleh SPtLDV: 200x + 250y ≤ 1.250 ⇔ 4x + 5y ≤ 25 150x + 100y ≤ 600 ⇔ 3x + 2y ≤ 12 70x + 175y ≤ 700 ⇔ 2x + 5y ≤ 20 x≥0 y≥0

5 2

1

Garis 4x + 5y = 25 melalui (0, 5) dan (6 4 , 0). Garis 3x + 2y = 12 melalui (0, 6) dan (4, 0). Garis 2x + 5y = 20 melalui (0, 4) dan (10, 0). Uji titik (0, 0): Pertidaksamaan

Substitusi (0, 0)

Penyelesaian

4x + 5y ≤ 25 3x + 2y ≤ 12 2x + 5y ≤ 20

0 + 0 ≤ 25 (Benar) 0 + 0 ≤ 12 (Benar) 0 + 0 ≤ 20 (Benar)

Memuat (0, 0) Memuat (0, 0) Memuat (0, 0)

Daerah penyelesaian SPtLDV: Y 6 5 4

0

Tablet

5

X

165

19. Jawaban: e Misalkan: x = banyak tablet jenis I y = banyak tablet jenis II

B

A 0

5 3

5

X

Garis x + 2y = 5 dan 3x + y = 5 berpotong di titik B x + 2y = 5 6x + 2y = 10 –––––––––– – 5x = 5 ⇔ x = 1 y=2 Diperoleh koordinat titik B(1, 2). Uji titik pojok penyelesaian diperoleh: Titik

f(x, y) = 4.000x + 8.000y

A(5, 0) B(1, 2) C(0, 5)

20.000 20.000 40.000

Jadi, pengeluaran minimum untuk pembelian tablet per hari Rp20.000,00. 4

1

64

3x + 2y = 12

X 10 2x + 5y = 20 4x + 5y = 25

Jadi, daerah penyelesaian yang sesuai ditunjukkan oleh gambar pilihan a.


43

20. Jawaban: d Misalkan: x = banyak ikan koki y = banyak ikan koi Kolam Ikan

Banyak Kolam

22. Jawaban: c Misalkan: x = banyak mobil kecil y = banyak mobil besar Banyak Ikan

Koki Koi

x y

24 36

Pembatas

20

600

Model matematika dari permasalahan di atas adalah x + y ≤ 20 24x + 36y ≤ 600 ⇔ 2x + 3y ≤ 50 x≥0 y≥0 21. Jawaban: c Misalkan: x = banyak handphone jenis A y = banyak handphone jenis B Handphone

Banyak

Harga Beli

Keuntungan

Jenis A Jenis B

x y

1.000.000 4.000.000

200.000 350.000

Pembatas

40

100.000.000

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan: Y 40 25

0

A 40

100 x + y = 40

X x + 4y = 100

Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = 200.000x + 350.000y Titik Pojok O(0, 0) A(40, 0) B(20, 20) C(0, 25)

f(x, y) = 200.000x + 350.000y 200.000(0) 200.000(40) 200.000(20) 200.000(0)

+ + + +

350.000(0) = 0 350.000(0) = 8.000.000 350.000(20) = 11.000.000 350.000(25) = 8.750.000

Nilai maksimum f(x, y) adalah 11.000.000 yang diperoleh pada saat x = 20 dan y = 20. Jadi, agar diperoleh keuntungan maksimum harus terjual 20 handphone B.

44

Program Linear

Kendala

Banyak

Luas

Biaya Parkir

x y

4 20

1.000 2.000

200

1.760

Diperoleh model matematika: Memaksimumkan f(x, y) = (x + 2y) ribu dengan kendala: x + y ≤ 200 4x + 20y ≤ 1.760 ⇔ x + 5y ≤ 440 x≥0 y≥0 Daerah penyelesaian SPtLDV: Y

88

C

B(140, 60) A 200 x + y = 200

O

X 440 x + 5y = 440

Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = (x + 2y) ribu Titik Pojok O(0, 0) A(200, 0) B(140, 60) C(0, 88)

f(x, y) = (x + 2y) ribu (0 + 2 × 0 = 0) ribu (200 + 2 × 0 = 200) ribu (140 + 2 × 60 = 260) ribu (0 + 2 × 88 = 176) ribu

Jadi, hasil maksimum tempat parkir sebesar Rp260.000,00.

B(20, 20)

O

Mobil kecil Mobil besar

200

Diperoleh model matematika: Memaksimumkan f(x, y) = 200.000x + 350.000y dengan kendala: x + y ≤ 40 1.000.000x + 4.000.000y ≤ 100.000.000 ⇔ x + 4y ≤ 100 x≥0 y≥0

C

Jenis

23. Jawaban: c Misalkan: x = sapu tangan jenis A y = sapu tangan jenis B Jenis A B Pembatas

Banyak

Harga

Laba

x y

12.500 15.000

1.000 1.500

50

675.000

Model matematika sesuai permasalahan di atas adalah memaksimumkan f(x, y) = 1.000x + 1.500y dengan kendala: x + y ≤ 50 12.500x + 15.000y ≤ 675.000 ⇔ 5x + 6y ≤ 270 x≥0 y≥0

Daerah penyelesaian:


Y

Y 50 45

C

25 24

B

A 54 X 50 5x + 6y = 270

0

C B(7, 18)

25

O

A

x + y = 50

x + y = 25

Titik B adalah perpotongan garis x + y = 50 dengan garis 5x + 6y = 270. 5x + 6y = 270 ×1 5x + 6y = 270 x + y = 50 ×5 5x + 5y = 250 –––––––––––– – y = 20 x = 30 Diperoleh koordinat titik B(30, 20). Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = 1.000x + 1.500y Titik Pojok

f(x, y) = 1.000x + 1.500y

O(0, 0) A(50, 0) B(30, 20) C(0, 45)

0 50.000 60.000 67.500

Nilai f(x, y) maksimum adalah 67.500. Jadi, laba maksimum yang mungkin diperoleh adalah Rp67.500,00. 24. Jawaban: a Misalkan: x = banyak motor A y = banyak motor B Banyak

Harga Beli (juta)

Keuntungan (juta)

Motor A Motor B

x y

12 14

2,4 2,6

Pembatas

25

336

Jenis

28

Diperoleh model matematika: Memaksimumkan f(x, y) = (2,4x + 2,6y) juta dengan kendala: x + y ≤ 25 12x + 14y ≤ 336 ⇔ 6x + 7y ≤ 168 x≥0 y≥0

X 6x + 7y = 168

Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = (2,4x + 2,6y) juta Titik Pojok

f(x, y) = (2,4x + 2,6y) juta

O(0, 0) A(25, 0) B(7, 18) C(0, 24)

(2,4(0) + (2,4(25) + (2,4(7) + (2,4(0) +

2,6(0) = 0) juta 2,6(0) = 60) juta 2,6(18) = 63,6) juta 2,6(24) = 62,4) juta

Nilai maksimum f(x, y) adalah 63,6 juta yang dicapai pada saat x = 7 dan y = 18. Jadi, agar diperoleh keuntungan sebesar Rp63.600.000,00 Pak Ridwan harus membeli 7 motor A. 25. Jawaban: c Misal: x = banyak semangka y = banyak melon Buah

Banyak

Harga

Semangka Melon

x y

1.500 3.000

Kendala

90

210.000

Model matematika sesuai permasalahan tersebut adalah x + y ≤ 90 1.500x + 3.000y ≤ 210.000 ⇔ x + 2y ≤ 140 x≥0 y≥0 26. Jawaban: d Misal: x = banyak sepeda merek A y = banyak sepeda merek B Jenis

Banyak

Harga

Laba

Sepeda A Sepeda B

x y

800.000 400.000

100.000 60.000

Kendala

30

16.000.000


45

Diperoleh model matematika: Memaksimumkan f(x, y) =(10x + 6y) × 10.000 dengan kendala: x + y ≤ 30 800.000x + 400.000y ≤ 16.000.000 ⇔ 2x + y ≤ 40 x≥0 y≥0

Uji titik (0, 0): Pertidaksamaan Substitusi (0, 0) x + 3y ≥ 12 3x + y ≥ 12

Penyelesaian

0 + 0 ≥ 12 (Salah) Tidak memuat (0, 0) 0 + 0 ≥ 12 (Salah) Tidak memuat (0, 0)

Daerah penyelesaian SPtLDV: Y

Uji titik (0, 0): Pertidaksamaan

Substitusi (0, 0)

Penyelesaian

x + y ≤ 30 2x + y ≤ 40

0 + 0 ≤ 30 (Benar) 0 + 0 ≤ 40 (Benar)

Memuat (0, 0) Memuat (0, 0)

Daerah penyelesaian: Y 40 30 C

12 C

4

B(3, 3)

0

4

A 12 3x + y = 12

Titik Pojok

A 20

30

2x + y = 40

A(12, 0) B(3, 3) C(0, 12)

X x + y = 30

Uji titik pojok: Titik Pojok O(0, 0) A(20, 0) B(10, 20) C(0, 30)

f(x, y) = (10x + 6y) × 10.000 (10 × 0 + 6 × 0) × 10.000 = 0 (10 × 20 + 6 × 0) × 10.000 = 2.000.000 (10 × 10 + 6 × 20) × 10.000 = 2.200.000 (10 × 0 + 6 × 30) × 10.000 = 1.800.000

Nilai maksimum f(x, y)= (10x + 6y) × 10.000 adalah 2.200.000 dicapai di titik B(10, 20). Jadi, agar memperoleh pendapatan maksimum maka banyak sepeda yang dijual 10 sepeda merek A dan 20 sepeda merek B. 27. Jawaban: e Misal: x = banyak pupuk A (bungkus) y = banyak pupuk B (bungkus) Zat N

Zat P

Harga

Pupuk A Pupuk B

1 3

3 1

2.500 3.000

Kendala

12

12

Diperoleh model matematika: Meminimumkan f(x, y) = 2.500x + 3.000y dengan kendala: x + 3y ≥ 12 3x + y ≥ 12 x≥0 y≥0

46

Program Linear

x + 3y = 12

Uji titik pojok:

B(10, 20)

O

X

f(x, y) = 2.500x + 3.000y 2.500(12) + 3.000(0) = 30.000 2.500(3) + 3.000(3) = 16.500 2.500(0) + 3.000(12) = 36.000

Nilai minimum f(x, y) = 2.500x + 3.000y adalah 16.500 dicapai di titik B(3, 3). Biaya minimum pemupukan satu pohon jeruk Rp16.500,00. Jadi, biaya minimum pemupukan 1.000 pohon jeruk = 1.000 × Rp16.500,00 = Rp16.500.000,00 28. Jawaban: c Misal x = banyak feri A yang dioperasikan x = banyak feri B yang dioperasikan Model matematika: Meminimumkan fungsi objektif f(x, y) = (800x + 1.000y) ribu dengan kendala: x + y ≤ 14 60x + 80y ≥ 600 6x + 3y ≥ 45 x≥0 y≥0 Garis x + y = 14 melalui titik (0, 14) dan titik (14, 0). Daerah penyelesaian 4 + y ≤ 14 di kiri garis x + y = 14. 1

Garis 60x + 80y = 600 melalui titik (0, 7 2 ) dan titik (10, 0). Daerah penyelesaian 60x + 80y ≥ 60 di kanan garis 50x + 80y = 600. 1

Garis 6x + 3y = 45 melalui titik (0, 15) dan (7 2 , 0). Daerah penyelesaian 6x + 3y ≥ 45 di kanan garis 6x + 3y = 45.

Daerah penyelesaian x ≥ 0 di kanan sumbu Y dan daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X. Garis 6x + 3y = 45 dan garis x + y = 14 berpotongan di titik A(1, 13). Garis 60x + 80y = 600 dan garis 6x + 3y = 45 berpotongan di titik B(6, 3). Daerah penyelesaian: Y 15 14

Uji titik (0, 0): Pertidaksamaan Substitusi (0, 0) x + 2y ≥ 80 4x + 3y ≥ 240 5x + 2y ≥ 200

0 + 0 ≥ 80 (Salah) Tidak memuat (0, 0) 0 + 0 ≥ 240 (Salah) Tidak memuat (0, 0) 0 + 0 ≥ 200 (Salah) Tidak memuat (0, 0)

Daerah penyelesaian SPtLDV: Y 100 D 80

A(1, 13)

C( 40 0

1

72

C 1

72

Titik Pojok

D

10 14 6x + 3y = 45

X x + y = 14

Uji titik pojok:

)

f(x, y) = (800x + 1.000y) ribu (800 · 1 + 1.000 · 13) · 1.000= (800 · 6 + 1.000 · 3) · 1.000 = (800 · 10 + 1.000 · 0) · 1.000 = (800 · 14 + 1.000 · 0) · 1.000 =

13.800.000 7.800.000 8.000.000 11.200.000

Nilai minimum f(x, y) = (800x + 1.000y) ribuan adalah 7.800.000 dicapai di titik B(6, 3). Jadi, banyak feri A yang harus dioperasikan 6 unit dan feri B sebanyak 3 unit agar biaya pengoperasian feri minimum. 29. Jawaban: e Misal: x = lama pengoperasian penambangan I (hari) y = lama pengoperasian penambangan II (hari) Tinggi Menengah

Rendah

Biaya 2.000.000 2.000.000

Tambang I Tambang II

1 2

4 3

5 2

Kendala

80

240

200

Diperoleh model matematika: Meminimumkan f(x, y) = 2.000.000(x + y) x + 2y ≥ 80 4x + 3y ≥ 240 5x + 2y ≥ 200 x≥0 y≥0

f(x, y) = 2.000.000(x + y)

A(80, 0) B(48, 16) C(

Titik Pojok

400 7

,

Uji titik pojok:

B(6, 3)

0

120 7

B(48, 16) A X 40 60 80 x + 2y = 80 4x + 3y = 240 5x + 2y = 200

60x + 80y = 600

A(1, 13) B(6, 3) C(10, 0) D(14, 0)

Penyelesaian

120 7

,

400 7

D(0, 100)

2.000.000(80 + 0) = 160.000.000 2.000.000(48 + 16) = 128.000.000 )

2.000.000(

120 7

+

400 7

) = 148.571.428

2.000.000(0 + 100) = 200.000.000

Dari tabel diperoleh nilai minimum f(x, y) = 2.000.000(x + y) adalah 128.000.000 dicapai di titik B(48, 16). Jadi, agar biaya pengoperasian minimum maka lama penambangan I dan II dioperasikan berturutturut 48 hari dan 16 hari. 30. Jawaban: b Misal x = banyak kue kukus yang terjual y = banyak kue lapis yang terjual Model matematika: Meminimumkan fungsi objektif f(x, y) = 1.500x + 1.200y dengan kendala: x + y ≤ 100 0 ≤ x ≤ 50 y ≥ 30 Garis x + y = 100 melalui titik (0, 100) dan (100, 0). Daerah penyelesaian x + y ≤ 100 di kiri garis x + y = 100. Daerah penyelesaian 0 ≤ x ≤ 50 di kanan sumbu Y dan di kiri garis x = 50.


47

Daerah penyelesaian y ≥ 30 di atas garis y = 30. Y 100 A

D(50, 50) B 30

C

0

50

y = 30

100

b.

X

x = 50

Uji titik pojok: Titik Pojok

f(x, y) = 1.500x + 1.200y

A(0, 100) B(0, 30) C(50, 30) D(50, 50)

1.500 · 0 + 1.200 · 100 1.500 · 0 + 1.200 · 30 1.500 · 50 + 1.200 · 30 1.500 · 50 + 1.200 · 50

= = = =

120.000 36.000 111.000 135.000

Nilai minimum f(x, y) = 1.500x + 1.200y adalah 36.000. Jadi, pendapatan minimum toko roti dari penjualan kue kukus dan kue lapis per hari rata-rata Rp36.000,00 B. Uraian 1. a. Persamaan garis yang melalui titik (3, 0) dan titik (0, 15): y−0 15 − 0

⇔

x−3 0−3

=

x−3

y 15

= −3 ⇔ –y = 5x – 15 ⇔ 5x + y = 15 Daerah penyelesaian tidak memuat (0, 0) maka pertidaksamaannya 5x + y ≥ 15 . . . (1) Persamaan garis yang melalui titik (12, 0) dan titik (0, 12): y−0 12 − 0

=

⇔

y 12

x − 12 0 − 12

x − 12

= −12 ⇔ –y = x – 12 ⇔ x + y = 12 Daerah penyelesaian memuat (0, 0) maka pertidaksamaannya x + y ≤ 12 . . . (2) Persamaan garis melalui titik (15, 0) dan (0, 9): y−0 9−0

=

x − 15 0 − 15

⇔ –5y = 3x – 45 ⇔ 3x + 5y = 45

48

Program Linear

c.

Daerah penyelesaian memuat (0, 0), maka pertidaksamaannya: 3x + 5y ≤ 45 . . . (3) Daerah penyelesaian di atas sumbu X, maka pertidaksamaannya y ≥ 0 . . . (4) Dari persamaan (1) sampai dengan (4) diperoleh SPtLDV: 5x + y ≤ 15 x + y ≤ 12 3x + 5y≤ 45 x≥0;y≥0 Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dan titik (6, 0) adalah x + y = 6. Daerah penyelesaian di kiri garis x + y = 6, maka pertidaksamaannya x + y ≤ 6 . . . (1) Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dan titik (–2, 0) adalah 3x – y = –6. Daerah penyelesaian di kanan garis 3x – y = –6, maka pertidaksamaannya 3x – y ≥ –6 . . . (2) Persamaan garis yang melalui titik (0, –2) dan (6, 0) adalah –x + 3y = –6. Daerah penyelesaian di kanan garis –x + 3y = –6 dan di atas sumbu X, maka pertidaksamaannya –x + 3y ≥ 6 . . .(3) Dari persamaan (1) sampai dengan (3) diperoleh SPtLDV: x + y≤6 3x – y ≥ –6 –x + 3y ≥ –6 Persamaan garis yang melalui titik (–4, 2) dan titik (4, 5): y−2 5−2

=

x+4 4+4

y−2 3

⇔

=

x+4 8

⇔ 8y – 16 = 3x + 12 ⇔ 8y – 3x = 28 Daerah penyelesaian di kanan garis 8y – 3x = 28 maka pertidaksamaannya 8y – 3x ≤ 28 . . . (1) Persamaan garis yang melalui titik (0, 1) dan titik (2, 0) adalah x + 2y = 2. Daerah penyelesaian di kanan garis x + 2y = 2 maka pertidaksamaannya x + 2y ≥ 2 . . . (2) Persamaan garis yang melalui titik (4, 5) dan titik (5, 0): y−0 5−0

⇔

=

x−5 4−5

y 5

=

x−5 −1

⇔ –y = 5x – 25 ⇔ 5x + y = 25 Daerah penyelesaian di kiri garis 5x + y = 25 maka pertidaksamaannya 5x + y ≤ 25 . . . (3)

Daerah penyelesaian di atas sumbu X dan di kanan sumbu Y maka pertidaksamaannya y ≥ 0 dan x ≥ 0 . . . (4) Dari persamaan (1) sampai dengan (4) diperoleh SPtLDV: 8y – 3x ≤ 28 x + 2y ≥ 2 5x + y ≤ 25 y≥0 x≥0 2. a.

b.

Garis 2x + 5y = 25 melalui (0, 5) dan titik (5, 3). Daerah penyelesaian 2x + 5y ≤ 25 di kiri garis 2x + 5y = 25. Garis 3x + 2y = 21 melalui titik (5, 3) dan titik (7, 0). Daerah penyelesaian 3x + 2y ≤ 21 di kiri garis 3x + 2y = 21. Garis 2y – 5x = 10 melalui titik (0, 5) dan titik (–2, 0). Daerah penyelesaian 2y – 5x ≤ 10 di kanan garis 2y – 5x = 10. Garis x + 2y = 4 melalui titik (0, 2) dan titik (4, 0). Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 4 di kanan garis x + 2y = 4. Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 di kanan sumbu Y dan di atas sumbu X. Garis 2x + 5y = 25 dan garis 3x + 2y = 21 berpotongan di titik (5, 3). Daerah penyelesaian:

x + 2y = 4

–2

5

8 D(3, 5) 2 –2

Titik Pojok

D 7

,

2 3

) X

8

F(x, y) = 12x – 9y + 2

,

26 74 2 3

84

)

–7 –16

Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y) X 3x + 2y = 21

f(x, y) = 5x + 2y – 8 5·0+2·5–8 5·0+2·2–8 5·4+2·0–8 5·7+2·0–8 5·5+2·3–8

22 3

D(3, 5) E(0, 2)

E(5, 3)

C 4 5

22 3

Uji titik pojok:

C(

Uji titik pojok: A(0, 5) B(0, 2) C(4, 0) D(7, 0) E(5, 3)

C(

–3

A

2y – 5x = 10

Titik Pojok

B(6, 0) A(2, 0) 6

A(2, 0) B(6, 0)

3 2 B 0

Garis x + y = 2 melalui (2, 0) dan (0, 2). Daerah penyelesaian x + y ≥ 2 dibatasi garis x + y = 2 dan tidak memuat titik (0, 0). 2) Garis x – y = –2 melalui titik (–2, 0) dan (0, 2). Daerah penyelesaian x – y ≥ –2 dibatasi garis x – y = –2 dan memuat titik (0, 0). 3) Garis x + y = 8 melalui titik (8, 0) dan titik (0, 8). Daerah penyelesaian x + y ≤ 8 dibatasi garis x + y = 8 dan memuat titik (0, 0). 4) Garis x – 2y = 6 melalui titik (6, 0) dan (0, –3). Daerah penyelesaian x – 2y ≤ 6 dibatasi garis x – 2y = 6 dan memuat titik (0, 0). 5) Daerah penyelesaian y ≥ 0 adalah daerah di atas sumbu X. Dari 1), 2), 3), 4), dan 5) diperoleh: Y

Y 2x + 5y = 25

1)

=2 = –4 = 12 = 27 = 23

Nilai minimum fungsi objektif f(x, y) = 5x + 2y – 8 adalah –4.

22

3. a.

2

= 12x – 9y + 2 adalah 84 di titik C( 3 , 3 ). Misal: x = banyak barang jenis I y = banyak barang jenis II

Barang

Bahan A

Jenis I Jenis II

1 3 480

Pembatas

Bahan B

Bahan C

Harga

3 4

2 1

40.000 60.000

720

360

Diperoleh model matematika: Memaksimumkan f(x, y) = 40.000x + 60.000y dengan kendala: x + 3y ≤ 480 3x + 4y ≤ 720 2x + y ≤ 360 x≥0 y≥0 Matematika Kelas XII Program IPA

49

b.

Dari SPtLDV pada jawaban a, diperoleh daerah penyelesaian sebagai berikut.

Uji titik pojok ke f(x, y) = 450.000x + 600.000y. Titik Pojok

Y

O(0, 0) A(60, 0) B(30, 30) C(0, 50)

360

180 C(48, 144) 160 D B(144, 72) A 180 240

0

x + 3y = 480

3x + 4 y = 720

Uji titik pojok penyelesaian ke fungsi objektif f(x, y) = 40.000x + 60.000y. Titik Pojok

f(x, y) = 40.000x + 60.000y

O(0, 0) A(180, 0) B(144, 72) C(48, 144) D(0, 160)

0 7.200.000 10.080.000 10.560.000 9.600.000

Dari tabel di atas diperoleh nilai maksimum f(x, y) = 10.560.000. Jadi, pendapatan maksimum yang diperoleh pabrik tersebut Rp10.560.000,00. Misalkan: x = banyak tiket kelas ekonomi y = banyak tiket kelas utama Tiket

Banyak

Bagasi

Harga

Ekonomi Utama

x y

20 30

450.000 600.000

Pembatas

60

1.500

b.

Daerah penyelesaian: Y 60 50

C B(30, 30)

O

50

Program Linear

A 60

5. Garis x + y = 12 melalui titik (0, 12) dan titik (12, 0). Daerah penyelesaian x + y ≥ 12 dibatasi garis x + y = 12 dan tidak memuat titik (0, 0) . . . (1) Garis x + 2y = 16 melalui titik (0, 8) dan titik (16, 0). Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 16 dibatasi garis x + 2y = 16 dan tidak memuat titik (0, 0) . . . (2) Daerah penyelesaian x ≥ 0 kanan sumbu Y. . . (3) Daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X. . . (4) Dari (1), (2), (3), dan (4) diperoleh daerah penyelesaian: Y 12

75

X

C(0, 12)

8 B(8, 4)

0

Model matematika sesuai permasalahan di atas adalah memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) = 450.000x + 600.000y dengan kendala: x + y ≤ 60 20x + 30y ≤ 1.500 ⇔ 2x + 3y ≤ 150 x≥0 y≥0

0 27.000.000 31.500.000 30.000.000

Dari tabel di atas diperoleh keuntungan maksimum 31.500.000 jika pesawat tersebut membuat 30 penumpang kelas ekonomi dan 30 penumpang kelas utama.

X

480

2x + y = 360

4. a.

f(x, y) = 450.000x + 600.000y

A(16,0) X 12 16 x + 2y = 16 x + y = 12

Titik pojok daerah penyelesaian adalah A(16, 0), B(8, 4), dan C(0, 12). Agar f(x, y) = ax + 4y minimum hanya di titik (8, 4) maka harus dipenuhi f(8, 4) < f(0, 12) dan f(8, 4) < f(16, 0). f(x, y) = ax + 4y f(8, 4) = a(8) + 4(4) = 8a + 16 f(0, 12) = a(0) + 4(12) = 48 f(16, 0) = a(16) + 4(0) = 16a Syarat f(8, 4) < f(0, 12) 8a + 16 < 48 ⇔ 8a < 32 ⇔ a <4 . . . (1) Syarat f(8, 4) < f(16, 0) 8a + 16 < 16a ⇔ 8a – 16a < –16 ⇔ –8a < –16 ⇔ a >2 . . . (2) Dari (1) dan (2) diperoleh 2 < a < 4. Jadi, nilai a yang memenuhi 2 < a < 4.

6. Misal:

x = banyak pupuk jenis A y = banyak pupuk jenis B

Jenis

Banyak Phospor Nitrogen Kalium

Harga

A

x

3

1

3

1.500

B

y

1

6

2

1.600

15

24

24

Pembatas

Model matematika: Meminimumkan f(x, y) = 1.500x + 1.600y, dengan kendala: 3x + y ≥ 15 x + 6y ≥ 24 3x + 2y ≥ 24 x, y ≥ 0 Daerah penyelesaian:

Diperoleh model matematika: Memaksimumkan f(x, y) = 2.500x + 2.000y dengan kendala: 2x + 2y ≤ 40 ⇔ x + y ≤ 20 2x + y ≤ 30 x≥0 y≥0 Daerah penyelesaian: Y

30 20 C B(10, 10)

Y 0 15

A

12

A 15 20 2x + y = 30

Titik Pojok

0

C(6, 3) 5

D 24

8

X x + 6y = 24

3x + 2y = 24

3x + y = 15


f(x, y) = 1.500x + 1.600y

A(0, 15) B(2, 9) C(6, 3) D(24, 0)

1.500(0) + 1.500(2) + 1.500(6) + 1.500(24) +

1.600(15) = 1.600(9) = 1.600(3) = 1.600(0) =

24.000 17.400 13.800 36.000

Diperoleh f(x, y) minimum di C(6, 3). Jadi, Pak Gani harus mencampur 6 pupuk jenis A dan 3 pupuk jenis B dan pengeluaran biaya minimum Rp13.800,00. 7. Misal: x = banyak kado jenis A y = banyak kado jenis B Jenis

Banyak

Kertas

Pita

Upah

Kado A Kado B

x y

2 2

2 1

2.500 2.000

40

30

Kendala

x + y = 20

Uji titik pojok:

B(2, 9)

4

X

O(0, 0) A(15, 0) B(10, 10) C(0, 20)

f(x, y) = 2.500x + 2.000y 2.500(0) + 2.000(0) = 0 2.500(15) + 2.000(0) = 37.500 2.500(10) + 2.000(10) = 45.000 2.500(0) + 2.000(20) = 40.000

Nilai maksimum f(x, y) adalah 45.000 dicapai di titik B(10, 10). a. Upah maksimum yang dapat diterima karyawati tersebut Rp45.000,00. b. Agar memperoleh upah maksimum, karyawati tersebut harus membungkus 10 kado jenis A dan 10 kado jenis B. 8. Misal: x = banyak karyawan asing y = banyak karyawan lokal Sistem pertidaksamaan linear: y – x ≤ 60 3

y ≥ 5x x + y ≤ 160 x≥0 y≥0


51



Y

Y

160

y – x = 60 260

110 90

y=

3 5

212

x

60 42

0

150 B

70 100

160

X x + y = 160

a.

Dari grafik terlihat karyawan lokal yang dipekerjakan maksimum 110 orang dan karyawan asing yang dipekerjakan maksimum 100 orang. b. Fungsi objektif f(x, y) = (1.500x + 2.500y) ribu. Karyawan asing yang dipekerjakan 70 orang maka x = 70. Dari grafik terlihat, untuk x = 70 maka y1 = 42 dan y2 = 90. Jumlah uang minimum = f(70, 42) = (1.500 · 70 + 2.500 · 42) ribu = 210.000.000 Jumlah maksimum = f(70, 90) = (1.500 · 70 + 2.500 · 90) ribu = 330.000.000 Jadi, jumlah uang minimum yang dikeluarkan perusahaan untuk menggaji karyawan per bulan Rp210.000.000,00 dan jumlah maksimumnya Rp330.000.000,00. 9. Misal: x = banyak kain lurik yang dibeli Pak Rudi (meter) y = banyak kain batik yang dibeli Pak Rudi (meter) a. Model matematika: Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) = 20.000x + 20.000y dengan kendala: 40.000x + 50.000y ≤ 13.000.000 ⇔ 4x + 5y ≤ 1.300

x ≤ 2y x + y ≥ 150 x≥0 y≥0

52

A

Program Linear

D

100 90 50 0

x = 2y

C 60 100

150 200 x + y = 150

X 325 4x + 5y = 1.300


f(x, y) = 20.000x + 20.000y

A(0, 260) B(0, 150) C(100, 50) D(200, 100)

20.000 · 0 + 20.000 · 260 = 5.200.000 20.000 · 0 + 20.000 · 150 = 3.000.000 20.000 · 100 + 20.000 · 50 = 3.000.000 20.000 · 200 + 20.000 · 1.000 = 6.000.000

Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y) = 20.000x + 20.000y adalah 6.000.000. Jadi, keuntungan maksimum yang akan diperoleh Pak Rudi Rp 6.000.000,00. b.

Pak Rudi membeli kain lurik 60 meter maka x = 60. Dari grafik terlihat, untuk x = 60 maka y1 = 90 dan y2 = 212. Keuntungan minimum = f(60, 90) = 20.000 · 60 + 20.000 · 90 = 3.000.000 Keuntungan maksimum = f(60, 212) = 20.000 · 60 + 20.000 · 212 = 5.440.000 Jadi, keuntungan minimum dan keuntungan maksimum saat Pak Rudi membeli 60 meter kain lurik berturut-turut Rp3.000.000,00 dan Rp5.440.000,00.

10. Misal: x = banyak guru yang mengikuti pelatihan Power Point XP y = banyak guru yang mengikuti pelatihan Excel XP

Model matematika: Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) = (100x + 200y) ribu dengan kendala: 0 ≤ x ≤ 10 x + y ≤ 15 y ≤ 2x x ≤ 10 Daerah penyelesaian: Y y = 2x

Uji titik pojok: Titik Pojok A(0, 0) B(10, 0) C(10, 5) D(5, 10)

f(x, y) = (100x + 200y) ribu (100 · 0 + 200 · 0) ribu = 0 (100 · 10 + 200 · 0) ribu = 1.000.000 (100 · 10 + 200 · 5) ribu = 2.000.000 (100 · 5 + 200 · 10) ribu = 2.500.000

Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y) = (100x + 200y) ribu adalah 2.500.000. Jadi, pendapatan maksimum lembaga pendidikan komputer dari pelatihan Rp2.500.000,00.

15 C

10

B

5 O 0

5

A x = 10

15 x + y = 15

X


53

Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter Standar Kompetensi 3. Menggunakan konsep matriks, vektor, dan transformasi dalam pemecahan masalah.


3.2 3.3

Menggunakan sifat-sifat dan operasi matriks untuk menunjukkan bahwa suatu matriks persegi merupakan invers dari matriks persegi lain. Menentukan determinan dan invers matriks 2 × 2. Menggunakan determinan dan invers dalam penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel.

Nilai

Indikator

Percaya diri

Mampu melakukan operasi hitung matriks dengan penuh percaya diri.

Pada bab ini akan dipelajari: 1. Ordo dan jenis suatu matriks 2. Penjumlahan dan pengurangan dua matriks atau lebih 3. Hasil perkalian bilangan real dengan matriks 4. Perkalian dua matriks atau lebih 5. Determinan matriks 6. Invers matriks 7. Penyelesaian sistem persamaan linear menggunakan matriks 8. Penyelesaian permasalahan menggunakan matriks

Matriks

Menjelaskan pengertian matriks dan jenis-jenisnya

• • • •

• •

Menjelaskan pengertian matriks Menulis notasi matriks Menentukan ordo matriks Menentukan jenis matriks berdasarkan banyak kolom serta berdasarkan pola elemen-elemen Menentukan transpos suatu matriks Menggunakan kesamaan dua matriks untuk menentukan elemen yang belum diketahui

• • • • • • •

Siswa mampu menjelaskan matriks dan jenis-jenisnya

Menentukan determinan dan invers matriks

Menentukan hasil operasi hitung matriks

Menentukan hasil penjumlahan matriks Menggunakan sifat-sifat penjumlahan Menentukan hasil pengurangan matriks Menemukan sifat pengurangan matriks Menentukan hasil perkalian matriks dengan bilangan real dan matriks dengan matriks Menggunakan sifat-sifat perkalian matriks Menentukan hasil pemangkatan matriks Siswa mampu melakukan operasi hitung matriks

• • • • • • •

Menentukan determinan matriks berordo 2 × 2 Menentukan determinan matriks berordo 3 × 3 Menggunakan sifat-sifat determinan matriks Menentukan suatu matriks merupakan matriks singular atau nonsingular Menentukan invers matriks berordo 2 × 2 Menentukan invers matriks berordo 3 × 3 Menggunakan sifat-sifat invers matriks Siswa mampu menentukan determinan dan invers matriks

Siswa mampu menggunakan sifat-sifat dan operasi matriks serta menggunakan determinan dan invers matriks dalam pemecahan masalah

54

Matriks

Menyelesaikan sistem persamaan linear menggunakan matriks

• •

Menentukan penyelesaian SPLDV dengan cara invers matriks dan metode Cramer Menentukan penyelesaian SPLTV dengan cara invers matriks dan metode Cramer

Siswa mampu menyelesaikan sistem persamaan linear menggunakan matriks

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c  8 −1 0  ← C =  3 2 −6  ←    7 4 3  ←

6. Jawaban: c

baris (1) baris (2) baris (3)

Kolom (1) (2) (3)

c21 = elemen pada baris ke-2 dan kolom ke-1 = 3. c32 = elemen pada baris ke-3 dan kolom ke-2 = 4. Jadi, nilai c21 dan c32 berturut-turut adalah 3 dan 4. 2. Jawaban: e 5 3 2 1  B=   −1 7   8 −4  Kolom (1)

←

baris (1)

←

baris (2)

←

baris (3)

←

baris (4)

 0 −1 3  Matriks K =  4 −2 1     1 0 5

 0 4 1 Transpos matriks K = KT =  −1 −2 0     3 1 5

7. Jawaban: d Suatu matriks A merupakan matriks simetris jika A = AT. a.

 0 3 2    −3 4 1   2 −1 5   

Diperoleh A ≠ AT.

(2)

Matriks B terdiri atas 4 baris dan 2 kolom. Jadi, ordo matriks B = 4 × 2. 3. Jawaban: a Elemen-elemen diagonal utama adalah elemenelemen yang terletak pada garis hubung elemen a11 dan ann.  1 1 3 Q =  5 4 1    2 6 2

 0 −3 2    A =  3 4 −1 ⇒ AT = 2 1 5   

b.

Diperoleh B ≠ BT. c.

Diagonal utama

Jadi, elemen-elemen diagonal utama matriks Q adalah 1, 4, dan 2. 4. Jawaban: e Matriks identitas adalah suatu matriks persegi dengan elemen-elemen pada diagonal utama sama dengan satu dan elemen-elemen yang lain sama dengan nol.  1 0 0 Jadi, matriks  0 1 0  merupakan matriks    0 0 1 identitas.

5. Jawaban: b Matriks diagonal adalah suatu matriks persegi yang elemen-elemennya nol (0), kecuali elemen pada diagonal utama (tidak semua nol).  1 0 0 Jadi, matriks  0 2 0  merupakan matriks   0 0 5 diagonal.

 1 4 −6   1 4 −6      T B=  4 4 3  ⇒B =  4 4 2   −6 2 1   −6 3 1       2 −3 5    C =  −3 4 1  ⇒ CT =  5 −1 6   

 2 −3 5     −3 4 −1  5 1 6  

Diperoleh C ≠ CT. d.

5 4 0    D =  4 −2 2  ⇒ DT =  0 2 −5   

5 4 0     4 −2 2   0 2 −5   

Diperoleh D = DT. e.

 6 4 −3   6 4 −3      T E=  4 4 2  ⇒E =  4 4 5   −3 5 1   −3 2 1     

Diperoleh E ≠ ET. Jadi, matriks pada pilihan d merupakan matriks simetris. 8. Jawaban: c Dari kesamaan matriks diperoleh: 4a = 12 ⇔ a = 3 . . . (1) –3b = 3a ⇔ –3b = 3(3) ⇔ b = –3 . . . (2) 3c = b ⇔ 3c = –3 ⇔ c = –1 . . . (3) Nilai a + b + c = 3 + (–3) + (–1) = –1.


55

9. Jawaban: a

4 r 2   L =  3 2p + q 3  → LT = 7 1 5  

3 7 2    4 2p + q 1  r 3 5  

b.

Ordo matriks M = 3 × 3

c.

MT

K = LT ⇔

3 7  2 3 7  2      4 0 p  =  4 2p + q 1   6 3 5  r 3 5    

2. a.

 3 −4 8    B =  3 7 9  −5 0 2    Elemen-elemen pada diagonal utama matriks B adalah 3, 7, 2.

10. Jawaban: a M=N

3a + 5b 3  M =  a + 3b   2a

b.

c.

3. a.

3(−1) + 5(2) 3  =   2( 1) ( 1) 3(2) − − +   7 3 =    −2 5  7 −2  Transpos matriks M adalah MT =  . 3 5 

b.

B. Uraian 1. a.

Matriks dari data di atas sebagai berikut.  0 60 100  M =  60 0 80     100 80 0 

56

Matriks

 1 3 6   A =  2 −5 8   4 −2 9    Elemen-elemen pada diagonal utama matriks A adalah 1, –5, 9.

Dari kesamaan matriks diperoleh: p=1 2p + q = 0 ⇔ 2·1+q =0 ⇔ 2+q =0 ⇔ q = –2 r=6 p + q – r = 1 + (–2) – 6 = –7 Jadi, nilai p + q – r adalah –7.

3   7 a + 2b   3a + 5b =  2a a + 3b   −2 a + 3b   Dari kesamaan matriks di atas diperoleh: 3a + 5b = 7 . . . (1) 2a = –2 ⇔ a = –1 . . . (2) Substitusikan persamaan (2) ke (1). 3a + 5b = 7 ⇔ 3(–1) + 5b = 7 ⇔ –3 + 5b = 7 ⇔ 5b = 7 + 3 ⇔ 5b = 10 ⇔ b=2

 0 60 100  =  60 0 80     100 80 0 

c.

 1 2 −3    4 −5 6  Matriks C =  bukan matriks  −3 2 1    6 4 5 persegi. Jadi, matriks C tidak mempunyai diagonal utama. Elemen-elemen pada diagonal samping matriks A adalah 4, –5, 6. Elemen-elemen pada diagonal samping matriks B adalah –5, 7, 8. Matriks C tidak mempunyai diagonal samping. Trace (A) = 1 + (–5) + 9 = 5 Trace (B) = 3 + 7 + 2 = 12 Matriks C tidak mempunyai trace. 2 3 0  5 −1 4 P=  1 0 3   3 2 −5

1  2 5  4

Banyak baris = 4 Banyak kolom = 4 Ordo = banyak baris × banyak kolom Jadi, ordo matriks P adalah 4 × 4. p11 = elemen pada baris ke-1 kolom ke-1 = 2 p23 = elemen pada baris ke-2 dan kolom ke-3 = 4 p31 = elemen pada baris ke-3 dan kolom ke-1 = 1 p42 = elemen pada baris ke-4 dan kolom ke-2 = 2 Elemen-elemen diagonal utama matriks P adalah 2, –1, 3, dan 4. Trace (P) = 2 + (–1) + 3 + 4 = 8 Jadi, trace matriks P adalah 8.

2  1 −2 −5  4.  − x −2 2y − x  =   − z−3   5 1 x  −5 1 Dari kesamaan matriks di atas diperoleh: –x = 1 ⇔ x = –1 2y – x2 = –5 ⇔ 2y – (–1)2 = –5 ⇔ 2y – 1 = –5 ⇔ 2y = –5 + 1 ⇔ 2y = –4 ⇔ y = –2 z–3=x ⇔ z – 3 = –1 ⇔ z = –1 + 3 ⇔ z=2 Dengan demikian diperoleh: x + y – z = –1 + (–2) – 2 = –5 Jadi, nilai x + y – z = –5.

A. Pilihan Ganda 1.

Jawaban: d Ingat, dua matriks dapat dijumlahkan atau dikurangkan apabila ordonya sama.  1 3 Matriks A =  2 4  merupakan matriks berordo    5 0 3 × 2.

 a b  matriks berordo 2 × 2  c d    a b c  matriks berordo 2 × 3 d e f    a  b  matriks berordo 3 × 1   c  c d  e f  matriks berordo 3 × 2   g h a b c  d e f  matriks berordo 3 × 3   g h i 

2 log (2a − b)  5. PT =   log (b 2) 1 −   PT = Q

2 log (2a − b)  1   2  log (b − 2)  =  log a 1 1     Dari kesamaan matriks diperoleh: log (2a – b) = 1 ⇔ log (2a – b) = log 10 ⇔ 2a – b = 10 . . . (1) log (b – 2) = log a ⇔ b–2=a ⇔ a – b = –2 . . . (2) Eliminasi b dari (1) dan (2): 2a – b = 10 a – b = –2 –––––––––– – a = 12 Substitusikan a = 12 ke (2): 12 – b = –2 ⇔ b = 14 Jadi, nilai a = 12 dan b = 14.

 c d Matriks  e f  memiliki ordo yang sama dengan   g h

matriks A. Jadi, matriks yang dapat dijumlahkan atau dikurangkan dengan matriks A adalah  c d matriks  e f  .   g h

2. Jawaban: b

6 −2   −1 7  3P + Q = 3   +  −3 2  4 3     18 −6   −1 7  =   +  −3 2  12 9     18 + (−1) −6 + 7  =    12 + (−3) 9 + 2  17 1  =    9 11 17 1  Jadi, hasil dari 3P + Q =  .  9 11


57

3. Jawaban: c

6. Jawaban: b C+D=O

2 1  2 1 T K =   ⇒ K =  1 7 1 7     6 5 T M =   ⇒M = 3 2 −   KT

+L–

MT

6 3   5 −2   

2 1  4 3 6 3  =   +  −6 9  –  5 −2   1 7     2 + 4 − 6 1+ 3 − 3  =    1 − 6 − 5 7 + 9 − (−2)  0 1 =   10 18 −  

4. Jawaban: b M = KT – L  5 1  1 2 = 6 3 – 5 3    

 5 − 1 1− 2  =   6 − 5 3 − 3  4 −1 =   1 0 

−1   c  −2 −a + d   

4 −1  4 1 T R =   ⇒ R =  −1 2  1 2    T T P+Q =R ⇔

0 5z − 5   0 0 0   2x − 4 =  0 3y + 9 0   0 0 0   Dari kesamaan matriks diperoleh: 2x – 4 = 0 ⇔ 2x = 4 ⇔ x=2 3y + 9 = 0 ⇔ 3y = –9 ⇔ y = –3 5z – 5 = 0 ⇔ 5z = 5 ⇔ z=1 Dengan demikian: x + y – z = 2 + (–3) – 1 = –2 Jadi, nilai x + y – z = –2. ⇔

⇔

 2 5 4 3 2 1  1 0 0       + Y – =  1 0 3  −1 4 0  0 1 0  2 3 7  5 3 −1  0 0 1      

⇔

 1 0 0  2 5 4 3 2 1       – + Y = 1 0 3 1 4 0 − 0 1 0      0 0 1  2 3 7  5 3 −1      

⇔

 −1 3 3   1 0 0     + Y =  2 −4 3  0 1 0  −3 0 8   0 0 1    

a  c −1   3  4 1  b − 2c 0  +  −2 −a + d  =  −1 2       

a − 1   4 1  3+c ⇔  b − 2c − 2 −a + d  =  −1 2      Dari kesamaan matriks di atas diperoleh: a–1=1 ⇔ a=1+1 ⇔ a=2 –a + d = 2 ⇔ –2 + d = 2 ⇔ d=2+2 ⇔ d=4 Jadi, nilai d adalah 4.

58

2x + (−4) 4 + (−4) 5z − 5   0 0 0  ⇔  = 3y + 9 6 + (−6)   0 0 0   −1 + 1

7. Jawaban: e X+Y–Z=I

5. Jawaban: d

c −2  T Q =   ⇒Q = 1 a d − − +  

2x 4 5z   −4 −4 −5   0 0 0  ⇔   +  1 9 −6  =  0 0 0  1 3y 6 −      

Matriks

 1 0 0  1 3 3     ⇔ Y =  0 1 0  –  2 −4 3   0 0 1  −3 0 8       2 −3 −3    ⇔ Y =  −2 5 −3   3 0 −7   

8. Jawaban: c  3 1 2 3  6 2  10 15  2  2 2  + 5  −1 0  =  4 4  +  −5 0           1 3  0 −4   2 6  0 −20   6 + 10 2 + 15  =  4−5 4+0     2 + 0 6 − 20   16 17  =  −1 4     2 −14 

9. Jawaban: e

 8 5x  A+B–C=    −x −4   3 y   x 5   −3 −1  8 5x  ⇔   +  −3 6  –  y 9  =  −x −4  5 1 −         ⇔

3 + x + 3 y + 5 + 1   8 5x   5 − 3 − y −1 + 6 − 9  =      −x −4 

⇔

 6 + x 6 + y   8 5x  2 − y −4  =  −x −4  

Dari kesamaan matriks diperoleh: 6+x=8⇔x=2 2 – y = –x ⇔ 2 – y = –2 ⇔ y = 4 Nilai x + 2xy + y = 2 + 2 · 2 · 4 + 4 = 22 10. Jawaban: a

3 6 A = (AT)T =    1 4 Sehingga, 3 6   1 −2  AB =     1 4  4 5  3 × 1 + 6 × 4 3 × (−2) + 6 × 5  =    1× 1 + 4 × 4 1× (−2) + 4 × 5  27 24  =  17 18   11. Jawaban: d a   2c − 3b 2a + 1  2c − 3b T B=   ⇒B =   a b 7 2a 1 b 7 + + +    A = 2BT a  2 4  2c − 3b ⇔   = 2  2b 3c 2a 1 b 7 + +   

Dari kesamaan matriks diperoleh: 2 = 4c – 6b . . . (1) 4 = 2a ⇔ a = 2 . . . (2) 2b = 4a + 2 ⇔ b = 2a + 1 . . . (3) 3c = 2b + 14 ⇔ c =

2b + 14 3

. . . (4)

Substitusi persamaan (2) ke (3). b = 2a + 1 = 2(2) + 1 = 5 Substitusi nilai b = 5 ke persamaan (4). c=

2b + 14 3

=

2(5) + 14 3

=8

Jadi, nilai c yang memenuhi adalah 8. 12. Jawaban: e

2 0  2 0 X2 = X · X =     1 0  1 0 2 × 2 + 0 × 1 2 × 0 + 0 × 0 =    1 × 2 + 0 × 1 1× 0 + 0 × 0  4 0 =    2 0 −1 2   −1 0  T Y =   ⇒ Y =  2 1  0 1   4 0   −1 0  X2YT =     2 0   2 1 4 × (−1) + 0 × 2 4 × 0 + 0 × 1 =    2 × (−1) + 0 × 2 2 × 0 + 0 × 1 −4 0  =    −2 0  13. Jawaban: e  −5 2 −3  Q=    2 −3 1 

⇔ PQT

QT

 −5 2    =  2 −3   −3 1   

 −5 2   −2 1 3    =    2 −3  − 4 2 1     −3 1   (−2) × (−5) + 1 × 2 + 3 × (−3) (−2) × 2 + 1 × (−3) + 3 × 1

=   4 × (−5) + 2 × 2 + ( −1) × (−3) 4 × 2 + 2 × (−3) + (−1) × 1 −4   3 =    −13 1 

2a  2 4  4c − 6b ⇔   =   + + 14  2b 3c 4a 2 2b   


59

14. Jawaban: c 2A – B = CD  −1 3   4 b  a  −c 2   4 2  –  b + 5 −6  =  0 2   −2 3       1 0   −10 −b + 9  a   −2c 4   4 ⇔  –  =  −4 6    2 0   b + 5 −6   −2c − 4 4 − a   −10 −b + 9     =  6  6   −4  −3 − b

⇔

Dari kesamaan matriks diperoleh: –2c – 4 = –10 ⇔ –2c = –6 ⇔ c = 3 –3 – b = –4 ⇔ b=1 4 – a = –b + 9 ⇔ 4 – a = –1 + 9 ⇔ a = –4 Nilai a + b + c = –4 + 1 + 3 = 0. 15. Jawaban: a  2 −3   2 6  = MT =   M=  6 1   −3 1 

17. Jawaban: e  2 3 0 

( x 1)  2

x 3x)  1  = (3)   2 ⇔ (2x + 2x + 3x) = (3) ⇔ (2x2 + 5x) = (3) Dari kesamaan matriks diperoleh: 2x2 + 5x = 3 ⇔ 2x2 + 5x – 3 = 0 ⇔ (2x – 1)(x + 3) = 0 ⇔ 2x – 1 = 0 atau x + 3 = 0

⇔ (2x + 2

⇔

1

– 3 BA =

1 –3 1

 −1 1 −4 − 3  (1 −1 2 )  3 −2 2 −5  2 3 3 2  

= – 3 (0 9 0 6 ) = (0 −3 0 −2 )

60

Matriks

1 2

atau 1 2

x = –3

atau x = –3.

18. Jawaban: d

4 1  4 1 C2 = C ⋅ C =     3 2  3 2 4 × 4 + 1 × 3 4 × 1 + 1× 2  =    3 × 4 + 2 × 3 3 × 1+ 2 × 2 19 6  =    18 7  C2 = xC + yI

 2 6 a 0     = 5   −3 1   b   2

 2a + 6b  0  =   ⇔   −3a + b   10  Dari kesamaan matriks diperoleh: 2a + 6b = 0 × 1 2a + 6b =0 –3a + b = 10 × 6 –18a + 6b = 60 –––––––––––––– – 20a = –60 ⇔ a = –3 a = –3 ⇒ –3a + b = 10 ⇔ (–3)(–3) + b = 10 ⇔ 9 + b = 10 ⇔ b = 10 – 9 ⇔ b=1 Jadi, nilai a dan b berturut-turut adalah –3 dan 1. 16. Jawaban: e

x=

Jadi, nilai x =

a MT ·   = 5N b

⇔

x  1  = (3)  

⇔

 19 6  = x  4 1  + y  1 0   18 7   3 2  0 1      

⇔

 19 6  =  4x x  +  y 0   18 7   3x 2x  0 y      

x   19 6  =  4x + y  18 7   3x 2x + y     Dari kesamaan matriks di atas diperoleh: x=6 . . . (1) 4x + y = 19 . . . (2) Substitusikan (1) ke (2). 4x + y = 19 ⇔ 4(6) + y = 19 ⇔ 24 + y = 19 ⇔ y = 19 – 24 ⇔ y = –5 Nilai x – y = 6 – (–5) = 11 Jadi, nilai x – y = 11. 19. Jawaban: a ⇔

1)

2 0 2 0 A2 =    0 2 0 2 4 0 2 0 =   = 2  = 2A 0 4 0 2 Pernyataan A2 = 2A benar.

2)

2 0 5 6 AB =    0 2 7 8  10 12  =    14 16  5 6 2 0 BA =    7 8 0 2  10 12  =    14 16  Pernyataan AB = BA benar.

3)

2 0 5 6 AB =    0 2 7 8  10 12  =    14 16  5 6 = 2  7 8 = 2B Pernyataan AB = 2B benar.

4)

BAB = B(AB)  5 6   10 12  =     7 8   14 16   134 156  =    182 212  5 2B2 = 2  7  67 = 2  91

6 5 6   8 7 8 78   106   134 156  =    182 212  Pernyataan BAB = 2B2 benar.

7c

c

B. Uraian  3 10  T 1. Q =   ⇒Q = y 5   P + QT = R

⇔

 7c 5a   7a 10  ⇔   =    7c 4a   14b 4c  Dari kesamaan matriks diperoleh: 7c = 7a ⇔ c = a . . . (1) 5a = 10 ⇔ a = 2 . . . (2)

 3 y    10 5 

1  2  3 y  5 −3    +   =    x + y 5  10 5   9 10 

5 1+ y    5 −3    =    x + y + 10 10   9 10  Dari kesamaan matriks diperoleh: 1 + y = –3 ⇔ y = –3 – 1 ⇔ y = –4 x + y + 10 = 9 ⇔ x – 4 + 10 = 9 ⇔ x+6=9 ⇔ x=9–6 ⇔ x=3 Jadi, 2x + y = 2(3) – 4 = 6 – 4 = 2.

⇔

2. a.

6 4   −2 0 3  BA =     2 8   1 −4 2   −8 −16 26  =    4 −32 22 

b.

 10 4 −3    −2 0 3   4 0 2 AC =    1 −4 2   −6 −2 5     −38 −14 21 =   0 −1  −18

20. Jawaban: d

a + 4a   8a − a 4 − ( −6)   c + 6c ⇔   =   −2c + 9c −2a + 6a   16b − 2b 9c − 5c 

2

b= 2 = 2 =1 Diperoleh a = 2, b = 1, dan c = 2 Nilai a + b + c = 2 + 1 + 2 = 5.

Jadi, pernyataan 1), 2), 3), dan 4) benar. a   1 2 c  8a 4   a −6     =   –    −2 3   3c 2a   16b 9c   2b 5c 

c

7c = 14b ⇔ b = 14 = 2 . . . (3) Substitusi nilai a = 2 ke persamaan (1). c=a=2 Substitusi nilai c = 2 ke persamaan (3).

c.

 10 4 −3   6 4  4  0 2 BC =    2 8   −6 −2 5    ordo 2×2

ordo 3×3

Oleh karena banyak kolom matriks B (= 2) tidak sama dengan banyak baris matriks C (= 3), matriks B tidak dapat dikalikan dengan matriks C. Jadi, BC tidak terdefinisi.


61

d.

ATB

T

−2 0 3   6 4  =      1 −4 2   2 8   −2 1    6 4 =  0 −4     3 2  2 8    −10 0    =  −8 −32   22 28   

3. K + L –

MT

=I

⇔

 1 2  +  2 0  – MT =      3 4 0 2

 1 0    0 1

⇔

 3 2  – MT =    3 6

 1 0    0 1

⇔

3 2  1 0  MT =   –   3 6   0 1

⇔

2 2 MT =    3 5

Substitusi a = 1 dan b = 2 ke (1). a+b–c=0 ⇔ 1+2–c=0 ⇔ 3–c=0 ⇔ c=3 Substitusi c = 3 ke (2). c+d=1 ⇔ 3+d=1 ⇔ d=1–3 ⇔ d = –2 Jadi, nilai d adalah –2.

5 −3   5 2 T 5. M =   Þ M =  −3 7  2 7     M2 = M × M 5 −3   5 −3  =    2 7  2 7  19 −36  =    24 43  a.

b.

2 3 M = (MT)T =    2 5

1 0  1 0   1 0  C2 =    =   1 1 1 1  2 1  A + BT = C2 ⇔

 1 a + b  +  a − 1 −c  =  1 0  b  0  2 1 c  d     

a a + b − c =  1 0 b c + d   2 1   Dari kesamaan matriks tersebut diperoleh: a=1 b=2 a+b–c=0 . . . (1) c+d=1 . . . (2) ⇔

18 −36  =    24 42  (M2 + I) – 2MT  19 −36   1 0  5 2 =    +  0 1   – 2  −3 7  24 43       20 −36   10 4  =   –  −6 14  24 44    

2 3 Jadi, matriks M adalah  .  2 5

a − 1 0 a − 1 −c  4. B =  Þ BT =   d   −c d   0

19 −36   1 0 M2 – I =   –  0 1  24 43   

10 −40  =    30 30   1 2  1 2   9 −4  6. A2 =    =    4 −3   4 −3   −8 17   1 2   9 −4  A3 = AA2 =     4 −3   −8 17 

a.

 −7 30  =    60 −67  f(x) = 2x3 – 4x + 5I f(A) = 2A3 – 4A + 5I  −7 30  1 2   1 0 = 2  – 4  + 5  60 67 4 3 − −      0 1  −14 60   −4 −8  5 0 =   +   +   120 134 16 12 − −     0 5 52   −13 =    104 −117 

62

Matriks

b.

g(x) = x2 + 2x – 11I g(A) = A2 + 2A – 11I 9 =   −8 9 =   −8

−4  1 2   1 0  + 2  – 11   17   4 −3   0 1 −4  2 4   −11 0   +   +   17   8 −6   0 −11

0 0 =   0 0

a b 7. Misal: Matriks X =    c d 3 4  2 −2  2X + 4   = 7  −4 6  2 5 −     ⇔

a b  12 16   14 −14  2   +  −8 20  =  −28 42  c d      

2a 2b   12 16   14 −14  ⇔   +  −8 20  =  −28 42  2c 2d        2a + 12 2b + 16  =  14 −14   2c − 8 2d + 20   −28 42      Dari kesamaan matriks tersebut diperoleh: 2a + 12 = 14 ⇔ 2a = 14 – 12 ⇔ 2a = 2 ⇔ a=1 . . . (1) 2b + 16 = –14 ⇔ 2b = –14 – 16 ⇔ 2b = –30 ⇔ b = –15 . . . (2) 2c – 8 = –28 ⇔ 2c = –28 + 8 ⇔ 2c = –20 ⇔ c = –10 . . . (3) 2d + 20 = 42 ⇔ 2d = 42 – 20 ⇔ 2d = 22 ⇔ d = 11 . . . (4) ⇔

⇔

 x y  x y  x y   8 −57      =   0 z 0 z 0 z   0 27 

⇔

 x2   0 

 x3 ⇔    0

x y Misal: A =   0 z  8 −57  A3 =    0 27 

x 2 y + z(xy + yz)   8 −57   =     0 27  z3 

 x 3 x 2 y + zy(x + z)   8 −57    =  3  0   0 27  z   Dari kesamaan matriks diperoleh:

⇔

x3 = 8 ⇔ x =

3

8 =2

. . . (1)

x2y + zy(x + z) = –57

. . . (2)

z3 = 27 ⇔ z = 3 27 = 3 . . . (3) Substitusi nilai x = 2, z = 3 ke (2). x2y + zy(x + z) = –57 ⇒ 22y + 3y(2 + 3) = –57 ⇔ 4y + 15y = –57 ⇔ 19y = –57 ⇔ y = –3 Diperoleh nilai x = 2, y = –3, dan z = 3. x y  2 −3  A=   =   0 z 0 3   2 −3  Jadi, matriks A =  . 0 3 

9. a.

 a 4   1 2  =  31 38   6 5 b 8  41 52        a + 4b 2a + 32  =  31 38   6 + 5b  41 52  52     Dari kesamaan matriks di atas diperoleh: 2a + 32 = 38 ⇔ 2a = 38 – 32 ⇔ 2a = 6 ⇔ a=3 6 + 5b = 41 ⇔ 5b = 41 – 6 ⇔ 5b = 35 ⇔ b=7 Jadi, nilai a = 3 dan b = 7. ⇔

1 −15  Jadi, matriks X =  .  −10 11  8. A = matriks segitiga atas

xy + yz   x y   8 −57    =   2  0 z  0 27  z 

b.

−5   1 2   −4 b  =  −8  3 4   −2 −1  a + 7b −13       −4 − 4 b − 2   −8 −5  ⇔   =  a + 7b −13  12 8 3b 4 − − −     −5   −8 b − 2  =  −8 ⇔  −20 3b − 4   a + 7b −13     


63

Dari kesamaan matriks di atas diperoleh: b – 2 = –5 ⇔ b = –5 + 2 ⇔ b = –3 a + 7b = –20 ⇔ a + 7(–3) = –20 ⇔ a – 21 = –20 ⇔ a = –20 + 21 ⇔ a=1 Jadi, nilai a = 1 dan b = –3. 10. a.

Misal matriks P = banyak sepatu yang diproduksi per hari.

Jenis Sepatu

A

B

C

 100 150 175  P =  50 75 60     20 30 35   

b.

Jumlah uang hasil penjualan per hari = QP

 100 150 175  = (100.000 80.000 75.000)  50 75 60     20 30 35    = (15.500.000 23.250.000 24.925.000 ) Jadi, jumlah uang yang diperoleh pabrik setiap hari: = Rp15.500.000,00 + Rp23.250.000,00 + Rp24.925.000,00 = Rp63.675.000,00

← Kualitas I ← Kualitas II ← Kualitas III

Misal matriks Q = harga sepatu Q = (100.000 80.000 75.000) ↑ ↑ ↑ Kualitas I Kualitas II Kualitas III

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c

5 7 P =    2 4 5 7 det (P) = = 20 – 14 = 6 2 4 Jadi, determinan matriks P adalah 6. 2. Jawaban: a Gunakan sifat: det (PQ) = det (P) × det (Q) =

2 1 1 3 × 3 4 1 2

= ((2 × 4) – (1 × 3)) × ((1 × 2) – (3 × 1)) = (8 – 3) × (2 – 3) = 5 × (–1) = –5 3. Jawaban: c

x +1 x =3 3 2x − 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

64

((x + 1)(2x – 1)) – 3x = 3 2x2 + x – 1 – 3x = 3 2x2 – 2x – 1 – 3 = 0 2x2 – 2x – 4 = 0

Matriks

⇔ x2 – x – 2 = 0 ⇔ (x – 2)(x + 1) = 0 ⇔ x = 2 atau x = –1 Jadi, nilai c yang memenuhi x = 2 atau x = –1. 4. Jawaban: a det (AB)= det (A) × det (B) =

5 0 0 2

× b = 10b

5. Jawaban: b R–1 =

=

S–1 =

1 2 × 1 − (−1) × 0 1 2

 1 1 0 2   1

1

 1 1 =  2 2  0 2      0 1 1 0    1  0 × (−1)  1  2 

1 1 × 1− 2

1 0   =  2 0  = 2 1 1   2 1  2 Jadi, R–1S–1 =

1 2  0

1 2  1 

1   2 0 =  2 2  .   2 1      2 1 

6. Jawaban: d

9. Jawaban: d

6 −2   1 0 A – kl =   – k  0 1 6 5 −     6 −2  k 0 =   – 0 k  6 5 −     6 − k −2  =    −6 5 − k  Matriks (A – kI) adalah matriks singular maka |A – KI| = 0 dan (A – kI) tidak mempunyai invers.

7. Jawaban: a C = AB

3  1

 −6 −6  =    0 −1  −6 −6 det (AB – C) = 0 −1

−2 3   −2 1  T A =   ⇒ A =  3 −1 1 1 −     −2 3   0 1  3 4 AB =    =  −1 −1  1 −1  1 2    (AB)–1 =

2 1   4 −1 =     4 −1  1 1  2 × 4 + 1× 1 2 × (−1) + 1× 1  =    4 × 4 + (−1) × 1 4 × (−1) + (−1) × 1 9 −1 =  15 −5   Invers C = C–1 =

5  2

10. Jawaban: d

⇔ (6 – k)(5 – k) – 12 = 0 ⇔ 30 – 6k – 5k + k2 – 12 = 0 ⇔ k2 – 11k + 18 = 0 ⇔ (k – 9)(k – 2) = 0 ⇔ k = 9 atau k = 2

1 9 × (−5) − (−1) × 15

0  5 3  –   1  2 1

= (–6) × (–1) – (–6) × 0 = 6

6 − k −2 −6 5 − k

| A – kI | =

 1 −3   2 AB – C =   1 0   1  −1 −3  =   – 2 0

=  5 −3  2 1 

−1

4 2   3 −4   

1 1 3 4 2  = 11    −  2 5   3 −4 

1 − 1  1  −5 1   =– =  61 30 3 30  −15 9   −     2 10  8. Jawaban: a Matriks A tidak mempunyai invers jika det (A) = 0.

⇔ 5x2 – 20 = 0 ⇔ 5(x2 – 4) = 0 ⇔ (x + 2)(x – 2) = 0 ⇔ x + 2 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x = –2 x=2 Jadi, nilai x adalah –2 atau 2.

 −1 −4  =  −1 −4  1 3 1 3    

−1 −4   −2 1   1 −5  (AB)–1 – AT =   –   =    1 3   3 −1  −2 4  11. Jawaban: a AC = B ⇔ C = A–1B ⇔ C –1 = (A–1B)–1 ⇔ C–1 = B–1A

 −5 1   −15 9   

 5x 5  Matriks   tidak mempunyai invers jika:  4 x 5x 5 =0 4 x

1 −3 − (−4)

1 13 −10  = 11    7 −24 

 13  11 =  7  11

−10  11  −24   11 

Determinan matriks C –1: | C –1| =

13  −24   −10  7 × − × 11  11   11  11

242

= – 121 = –2


65

12. Jawaban: e D = B–1

15. Jawaban: b

=  cos θ sin θ   − sin θ cos θ  1 cos2 θ + sin2 θ

=

−1

 cos θ − sin θ   sin θ cos θ   

cos θ − sin θ  =    sin θ cos θ  cos θ − sin θ  =    sin θ cos θ  1 1

cos θ − sin θ  Jadi, matriks D adalah  .  sin θ cos θ  13. Jawaban: a AX = B X = A–1B =

1 1× 1 − 0 × 2

 1 0   −1 2      −2 1   −5 9 

b  a b  a M×   =    c d a − c b − d  a b  a b 

⇔ M×     c d  c d 

b   a ⇔ M=   a − c b − d

=  a

b  a b    a c b − − d  c d  

1 ad − bc

−1

 d −b     −c a 

=

1 ad − bc −ab + ab   ad − bc  ad − dc − bc + dc −ab + bc + ab − ad  

=

1 ad − bc

0  ad − bc     ad − bc −(ad − bc) 

1 0  =    1 −1 1 0  Diperoleh M =    1 −1 1 0 det (M) = = 1 × (–1) – 0 × 1 = –1 1 −1

 1 0   −1 2    =   −2 1   −5 9 

B. Uraian

 −1 2   =   −3 5 

1. Suatu matriks tidak mempunyai invers, berarti matriks tersebut disebut matriks singular. Syarat agar C singular adalah |C| = 0.

 −1 2  . Jadi, matriks X adalah   −3 5 

a.

3 2 A=   7 5

A–1 =

1 3×5 −2×7

 5 −2     −7 3 

 5 −2  =    −7 3  CA = B ⇔ CAA–1 = BA–1 ⇔ CI = BA–1 ⇔ C = BA–1  5 1   5 −2  =     2 3   −7 3   18 −7  =    −11 5  3 2  5 1  18 −7  A+B+C =   +   +   7 5 2 3  −11 5   26 −4  =    −2 13 

Matriks

|C| =

x x +1 =0 − 4 x +1

⇔ x(x + 1) – (–4(x + 1)) ⇔ x2 + x + 4x + 4 ⇔ x2 + 5x + 4 ⇔ (x + 4)(x + 1) ⇔ x = –4 atau x Jadi, x = –4 atau x = –1.

14. Jawaban: b

66

−1

b.

|C| =

sin x

1

1

2

=0 =0 =0 =0 = –1

=0

⇔ 2 sin x – 1 · 1 = 0 ⇔ 2 sin x – 1 = 0 ⇔ 2 sin x = 1 ⇔

sin x =

1 2

⇔ sin x = sin 30° (i) x = 30° + k · 360° Untuk k = 0 maka x = 30° + 0 · 360° = 30° Untuk k = 1 maka x = 30° + 1 · 360° = 390° (ii) x = (180° – 30°) + k · 360° = 150° + k · 360° Untuk k = 0 maka x = 150° + 0 · 360° = 150° Untuk k = 1 maka x = 150° + 1 · 360° = 510° Oleh karena 0° ≤ x ≤ 360°, nilai x yang memenuhi adalah 30° dan 150°.

4 −1 T 2. P =   maka P = 2 1 

 4 2  −1 1   

= sin2 α – (–cos2 α) = sin2 α + cos2 α =1

1 2  4 2 2 4  Q–1PT =    −1 1  =  9 15  4 7      (Q–1PT)–1 =

1 2 · 15 − 4 · 9

=–

1 6

 15 −4   −9 2   

1 0 4 1 0 5. det (B) = 3 2 1 3 2 1 0 5 1 0

 15 −4   −9 2   

 −5 =  32   2

–

1 −1 =   0 4 

1 2+2

 2   0  3 Adj(B) =  −  1   3  1 

 2 1  −2 1  

1 −1 1  2 1 =  0 4  4  −2 1  1 4 1  4

1 1

–

+

+

+

B–1 =

=

 cos α sin α   – sin α cos α   

5 1 5 2 0

−

0 4 0 5

1 4 1 5 −

1 0 1 0

0 4   2 1  1 4  − 3 1  1 0  3 2 

1 det B

1 2

Adj (B)

 10 0 −8   −14 1 11     −2 0 2 

 5 0 −4   1 11  =  −7 2 2   −1 0 1   

 cos α sin α  =  – sin α cos α   

MP = N ⇒ M–1MP = M–1N ⇔ P = M–1N  cos α sin α  =  – sin α cos α   

1

 10 0 −8  =  −14 1 11     −2 0 2 

1 0 =   −  2 1

1 0 Jadi, matriks X adalah  .  −2 1  4. |M| = cos2 α – (–sin2 α) = cos2 α + sin2 α =1 M–1 =

–

= (1 · 2 · 5) + (0 · 0 · 1) + (4 · 3 · 0) – (4 · 2 · 1) – (1 · 1 · 0) – (0 · 3 · 5) = 10 + 0 + 0 – 8 – 0 – 0 =2

2 3 1 −  3

3. XA = B ⇔ XAA–1 = BA–1 ⇔ XI = BA–1 ⇔ X = BA–1

 1 1 −1  2  =   1  0 4   − 2

sin α − cos α cos α sin α

det (P) =

 0 –1 1 0   

 5 0 −4   1 11  Jadi, invers matriks B adalah  −7 2 2  .  −1 0 1   

 sin α – cos α  =  cos α sin α   


67

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: e Sistem persaman linear: x + 4y – 9 = 0 ⇔ x + 4y = 9 x – 5y + 9 = 0 ⇔ x – 5y = –9 dapat dinyatakan dalam bentuk matriks berikut.

5. Jawaban: e Bentuk persamaan matriksnya:

1 p   3 −2    y=

1 4   x  =  9   −9   1 −5   y      

1 4 Jadi, matriks koefisiennya adalah  .  1 −5  2. Jawaban: a 4x + 2y = 5 2x – y = –2 Dibuat ke bentuk operasi matriks menjadi: 4 2  x   5     =    2 −1  y   −2 

3. Jawaban: d Bentuk persamaan matriksnya:

x=

3 1 = 3 · (–1) – 1 · (–2) = –3 + 2 = –1 −2 −1 =

−1 −2

=

y=

D

=

y= =

=

2 × (−7) − 3 × 4 2 3 4 −1

Jadi, nilai a yang memenuhi –26.

68

Matriks

 3 −1  x  =  2   1 −3   y   3     

=

3

4 −7 2 3 4 −1

7. Jawaban: c 3x – y = 2 dan x – 3y = 3 Bentuk persamaan matriksnya:

x=

2 3  x   3     =    4 −1  y   −7  Dy

6. Jawaban: d Syarat SPLDV mempunyai satu penyelesaian adalah D ≠ 0. Pada pilihan d:

1 2

4. Jawaban: a Sistem persamaan linear: 2x + 3y = 3 4x – y = –7 Bentuk persamaan matriksnya:

2

⇔ –2(–2 – 3p) = 16 ⇔ 4 + 6p = 16 ⇔ 6p = 16 – 4 ⇔ 6p = 12 ⇔ p=2 Jadi, nilai p adalah 2.

5 2

1 1 = 1· (–1) – 1 · 1 = –1 – 1 = –2 1 −1

Dx D

⇔ –2 =

1 −5 3 1 1 p 3 −2 16 −2 − 3p

D = 4 3 = 15 – 8 = 7 ≠ 0 Oleh karena D ≠ 0 maka sistem persamaan linear pada pilihan d mempunyai satu penyelesaian.

1 1   x  =  3   1 −1  y   −2      

Dx =

D

⇔ –2 =

matriks koefisien

D=

Dy

 x  =  −5   y  1    

=

−26 2 3 4 −1

=

2 3 3 1

−1 −3 −1 −3

−6 + 3 −9 + 1

=

3 8

Dx D

Dy D

=

9−2 −9 + 1

3 1 3 1

=

2 3 −1 −3 7 – 8

3 8

7 8

Jadi, himpunan penyelesaiannya {( , – )}.

8. Jawaban: e

 sin α cos α   x   cos α   − cos α sin α   y  =  sin α       −1

–

 cos α   sin α   

⇔

x  sin α cos α  y =      − cos α sin α 

⇔

x y =  

⇔

x 1 y = 1  

⇔

 sin α − cos α  x  y  =  cos α sin α     

⇔

 sin α cos α − cos α sin α  x  y =  cos2 α + sin2 α    

⇔

 sin α cos α − sin α cos α  x  y =  sin2 α + cos2 α    

1 sin2 α + cos2 α

1 1 −1 1 1 Dy = 2 3 1 2 3 0 4 2 0 4

 sin α − cos α   cos α   cos α sin α   sin α    

 sin α − cos α   cos α sin α   

 cos α   sin α   

 cos α   sin α   

0 x ⇔  y  =  1     Diperoleh x = 0 dan y = 1. Jadi, nilai x + y = 0 + 1 = 1.

9. Jawaban: e Bentuk persamaan matriksnya:  1 0 −1  x   1   2 1 1   y  =  3       0 −1 2   z   4 

–

–

+

+

–

–

+

+

+

+

–

+

–

+

+

= (1 · 1 · 4) + (0 · 3 · 0) + (1 · 2 · (–1)) – (1 · 1 · 0) – (1 · 3 · (–1)) – (0 · 2 · 4) =4+0–2–0+3–0 =5 diperoleh: x= y= z=

Dx D Dy D

Dz D

=

10 5

=

−10 5

=

5 5

=2 = –2

=1

Jadi, himpunan penyelesaiannya {(2, –2, 1)}. 10. Jawaban: b Syarat ketiga garis di atas berpotongan di satu titik adalah:

a + 2 1 −2 a + 2 1 1 −1 −3 1 −1 3 a 1 3 a

+

1 0 −1 1 0 Dx = 3 1 1 3 1 4 −1 2 4 −1 –

+

a + 2 1 −2 1 −1 −3 = 0 3 a 1

= (1 · 1 · 2) + (0 · 1 · 0) + ((–1) · 2 · (–1)) – ((–1) · 1 · 0)) – (1 · 1 · (–1)) – (0 · 2 · 2) =2+0+2–0+1–0 =5

–

–

1 0 1 1 0 2 1 3 2 1 Dz = 0 −1 4 0 −1

1 0 −1 1 0 D = 2 1 1 2 1 0 −1 2 0 −1 –

–

= (1 · 3 · 2) + (1 · 1 · 0) + ((–1) · 2 · 4) – ((–1)) · 3 · 0) – (1 · 1 · 4) – (1 · 2 · 2) =6+0–8+0–4–4 = –10

+

= (1 · 1 · 2) + (0 · 1 · 4) + ((–1) · 3 · (–1)) – ((–1) · 1 · 4) – (1 · 1 · (–1)) – (0 · 3 · 2) =2+0+3+4+1–0 = 10

–

–

–

+

+

+

⇔ ((a + 2) · (–1) · 1) + (1 · (–3) · 3) + ((–2) · 1 · a) – ((–2) · (–1) · 3)) – ((a + 2) · (–3) · a) – (1 · 1 · 1) ⇔ –a – 2 – 9 – 2a – 6 + 3a2 + 6a – 1 = 0 ⇔ 3a2 + 3a – 18 = 0 ⇔ (3a + 9)(a – 2) = 0 ⇔ a = –3 atau a = 2 Oleh karena a > 0 maka nilai a yang memenuhi adalah 2.


69

2)

B. Uraian 1. a. Bentuk persamaan matriksnya:

 3 −2   x  =  −8   2 −1  y   1      1) Menggunakan invers matriks

x=

 3 −2   x  =  −8   2 −1  y   1       ⇔

 x  =  3 −2   y   2 −1    

−1

y=

 −8   1  

 −1 2   −8   −2 3   1    

⇔

x =  y  

⇔

 x  =  −1 2   −8   y   −2 3   1      

1 −3 + 4

c.

x=

y=

b.

Dy D

=

−8 −2 1 −1 3 −2 2 −1

=

3 −8 2 1 3 −2 2 −1

=

=

10 1

19 1

= 19

 2 −1  x  =  −4   3 −1  y   2       1) Menggunakan invers matriks  2 −1  x  =  −4   3 −1  y   2       ⇔

 x  =  2 −1  y   3 −1    

−1

 −1 1   −4   −3 2   2    

⇔

x =  y  

⇔

 x  =  −1 1   −4   y   −3 2   2      

1 −2 + 3

x =  6   y   16      Diperoleh x = 6 dan y = 16. ⇔

70

Matriks

=

2 −4 3 2 2 −1 3 −1

6 1

=

16 1

=

=6

= 16

−1

⇔

 x  =  2 −1  0   y   1 3   7      

⇔

x =  y  

⇔

 x  = 1  3 1  0   y  7  −1 2   7      

⇔

x = 1  7   y  7  14     

1 6+1

 3 1  0   −1 2   7    

 x  =  1  y   2     Diperoleh x = 1 dan y = 2. Menggunakan metode Cramer

⇔ 2)

x=

y=

 −4   2  

D

−1 −1 −1 −1

 2 −1  x  =  0   1 3   y   7     

= 10

Diperoleh x = 10 dan y = 19. Bentuk persamaan matriksnya:

Dy

=

−4 2 2 3

 2 −1  x  =  0   1 3   y   7      1) Menggunakan invers matriks

 x  =  10   y   19      Diperoleh x = 10 dan y = 19. Menggunakan metode Cramer Dx D

Dx D

Diperoleh x = 6 dan y = 16. Bentuk persamaan matriksnya:

⇔

2)

Menggunakan metode Cramer

Dx D

Dy D

=

0 −1 7 3 2 −1 1 3

=

7 7

=

2 1 2 1

=

14 7

0 7 −1 3

=1

=2

Diperoleh x = 1 dan y = 2. 2. Sistem persamaan linear dalam bentuk matriks:

 3 2 4   x   11       2 0 1  y  =  3   1 −1 0   z   −1     

3 2 4 3 2 D= 2 0 1 2 0 1 −1 0 1 −1 –

–

+

–

+

11

2

3

0

4 11 1 3

2 0 −1 −1 0 − 1 − 1

–

–

–

+

+

–

–

–

+

3 11 2 3 1 −1 +

–

+

+

y= z=

Dx D

Dy D Dz D

=

−3 −3

=1

=

−6 −3

=2

=

−3 −3

=1

x= y=

1

{( 2 , +

+

= (3 · 0 · (–1)) + (2 · 3 · 1) + (11 · 2 · (–1)) – (11 · 0 · 1) – (3 · 3 · (–1)) + (2 · 2 · (–1)) = 0 + 6 – 22 – 0 + 9 + 4 = –3 x=

1 2

=

Dx D

Dy D

3 = =

1 2

=

1

1 2

3 1

1 2 1 2

=

3

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah

3 2 11 3 2 Dz = 2 0 3 2 0 1 −1 −1 1 −1 –

cos 15° sin 15° Dy = sin 15° cos 15°

+

= (3 · 3 · 0) + (11 · 1 · 1) + (4 · 2 · (–1)) – (4 · 3 · 1) – (3 · 1 · (–1)) – (11 · 2 · 0) = 0 + 11 – 8 – 12 + 3 + 0 = –6

–

1 2

=

= cos2 15° – sin2 15° = cos (2 × 15°) = cos 30°

= (11 · 0 · 0) + (2 · 1 · (–1)) + (4 · 3 · (–1)) – (4 · 0 · (–1)) – (11 · 1 · (–1)) – (2 · 3 · 0) = 0 – 2 – 12 – 0 + 11 – 0 = –3

3 11 4 Dy = 2 3 1 1 −1 0

= sin 15° cos 15° + cos 15° sin 15° = sin (15° + 15°) = sin 30°

+

= (3 · 0 · 0) + (2 · 1 · 1) + (4 · 2 · (–1)) – (4 · 0 · 1) – (3 · 1 · (–1)) – (2 · 2 · 0) =0+2–8–0+3–0 = –3 Dx =

sin 15° − sin 15° cos 15° cos 15°

Dx =

Nilai 4x – 3y + 2z = 4(1) – 3(2) + 2(1) =4–6+2=0 3. Sistem persamaan linear dalam bentuk matriks:  cos 15° − sin 15°   x   sin 15°     =    sin 15° cos 15°   y   cos 15° 

cos 15° − sin 15° D = sin 15° cos 15° = cos2 15° + sin2 15° = 1

1 2

3 )}.

4. Misalkan: x = umur ayah sekarang y = umur adik sekarang Kalimat matematikanya: x – y = 26 (x – 5) + (y – 5) = 34 ⇔ x + y = 34 + 5 + 5 ⇔ x + y = 44 Sistem persamaan linearnya: x – y = 26 x + y = 44

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

1 − 1  x   26  Bentuk matriksnya:    =   1 1   y   44  x=

y=

Dx D

Dy D

=

=

26 −1 44 1 1 −1 1 1 1 26 1 44 1 −1 1 1

=

=

26 + 44 1+ 1

44 − 26 1+ 1

=

=

70 2

18 2

= 35

=9

Umur ayah dua tahun yang akan datang =x+2 = 35 + 2 = 37 tahun Umur adik dua tahun yang akan datang =y+2 =9+2 = 11 tahun


71

5. a.

Misalkan: harga 1 kg beras = x harga 1 kg telur = y Sistem persamaan linear dari permasalahan di atas: 2x + 3y = 52.000 x + 2y = 32.000 Bentuk persamaan matriks: b.

 2 3  x  =  1 2  y     x 2 ⇔   =   y  1

 52.000   32.000    −1 3   52.000  2   32.000   x  = 1  2 −3   52.000   y  4 − 3  −1 2   32.000      

⇔

4. Jawaban: a

A. Pilihan Ganda

2   7 3 −2   4 2 −4   4x − 1 1  1 −4 5  –  2 −6 4  =  −1 2 2y − 3       

1. Jawaban: a  2  3 A=   −5  2

7 1 4 1

1 3 0 4

6 2  1 5 

7 − 4 3 − 2 −2 + 4   4x − 1 1 2  ⇔   =  −1 2 2y − 3  1 2 4 6 5 4 − − + −    

2. Jawaban: b trace = jumlah semua elemen pada diagonal utama trace (A) = (–2) + 1 + 4 = 3 trace (B) = 1 + 1 + 1 = 3 trace (C) = 4 + 2 + (–3) = 3 trace (D) = –2 + 4 + (–5) = –3 trace (A) = trace (B) = trace (C) Jadi, matriks A, B, dan C mempunyai trace yang sama. 3. Jawaban: c

 1 −4 2    1 0 . 0  −3 5 2   

72

Matriks

dari

matriks

B

5. Jawaban: c

 −1 1  0 1 A + B =  1 1 + 2  1 0     

 1 0 −3   1 −4 2      T B =  −4 1 5  ⇔ B =  0 1 0  2 0 2  −3 5 2      transpos

2   3 1 2   4x − 1 1  −1 2 1  =  −1 2 2y − 3      Dari kesamaan matriks di atas diperoleh: 4x – 1 = 3 ⇔ 4x = 3 + 1 ⇔ 4x = 4 ⇔ x=1 . . . (1) 2y – 3 = 1 ⇔ 2y = 1 + 3 ⇔ 2y = 4 ⇔ y=2 . . . (2) Jadi, nilai (x, y) adalah (1, 2).

⇔

Diagonal utama

Diagonal utama matriks A adalah 2, 1, 0, 5.

Jadi,

 x  =  2 −3   52.000   y   −1 2   32.000       x 8.000  ⇔   =    y   12.000  Diperoleh x = 8.000 dan y = 12.000. Jadi, harga 1 kg beras Rp8.000,00 dan harga 1 kg telur Rp12.000,00. Harga 3 kg beras dan 4 kg telur = 3x + 4y = 3 × Rp8.000,00 + 4 × Rp12.000,00 = Rp24.000,00 + Rp48.000,00 = Rp72.000,00 Jadi, harga 3 kg beras dan 4 kg telur Rp72.000,00. ⇔

 −1 1  0 2 =  1 1 +  2 0      adalah

 −1 + 0 1 + 2  =  1+ 2 1+ 0    −1 3  =  3 1  

6. Jawaban: e

3 2 A =    −4 −2 

⇔

3 23 2 1 2 A2 = A × A =  =       −4 −2   −4 −2   −4 −4  1 −4  Jadi, transpos (A2) =  .  2 −4  7. Jawaban: c B – A = CT  x + y 2   2 −1 7 3 ⇔  3  – 1 4  =   y      2 1 3  7 3 x + y − 2 ⇔   = 2 y − 4   2 1   Dari kesamaan matriks diperoleh: y–4=1⇔y=5 x+y–2=7 ⇔x+5–2=7⇔x=4 Nilai x · y = 4 · 5 = 20

8. Jawaban: a

⇔

 −7 14  0  = 3B –2(2B) +  0    −14 7   −7 14  0  = 3B –4B +  0    −14 7 

⇔

Dari kesamaan matriks diperoleh: (i) r = –1 (ii) 2q – r = 1 ⇔ 2q – (–1) = 1 ⇔ 2q + 1 = 1 ⇔ q =0 (iii) p – 2q = –2 ⇔ p – 0 = –2 ⇔ p = –2 Nilai p + q + r = –2 + 0 – 1 = –3. 10. Jawaban: c

2 4 A =  maka AT = 3 4   . . . (1) . . . (2)

 2 3  4 4  

2 4  2 3  1 0 2A – AT + I = 2  – + 3 4   4 4   0 1   4 8  2 3  1 0 =   –  4 4  +  0 1 6 8       4 − 2 + 1 8 − 3 + 0 =   6  − 4 + 0 8 − 4 + 1

 −7 14  0  = 3B –2A +  0    −14 7 

⇔

 2q − r   1       p − 2q  =  −2   r   −1    

 −7 14  0 7B =  0   − 14 7 

⇔

 −7 14  1  0 0 B= 7    −14 7 

⇔

 −1 2  B =  0 0    −2 1 

9. Jawaban: b

 1  1   1  0 p  1  + 2q  −1 – r  0  =  −2           −1  −1 0  0  0 r   1  2q  ⇔  p  +  −2q  –  0  =  −2           0  −r   −1   0 

3 5 =    2 5 11. Jawaban: b M2 = M × M  −1 2   −1 2  =  3 4  3 4    −2 + 8   1+ 6 =  −3 + 12 6 + 16    7 6  =  9 22    7 6  Jadi, M2 =  9 22  .   12. Jawaban: c

3x + 2   5 =I+P 7 −y 2   5 3x + 2   1 0  4 8 ⇔   =  0 1  +  6 1 7 y 2 −       5 3x + 2   5 8 ⇔   =  6 2 7 y 2 −     Dari kesamaan matriks di atas, diperoleh: 1) 3x + 2 = 8 ⇔ 3x = 8 – 2 ⇔ 3x = 6 ⇔ x=2


73

2)

7–y=6 ⇔ y=7–6 ⇔ y=1 5x2 + 2y = 5(2)2 + 2(1) = 20 + 2 = 22 Jadi, nilai 5x2 + 2y adalah 22. 13. Jawaban: e (PQ)T = QTPT 4 1  14 10  T  −18 −11 = Q  3 1    

⇔

 14 10   4 1  −18 −11  3 1   

⇔

QT

−1

 4 1  4 1 = QT  3 1  3 1   

 14 10  1 =    −18 −11 4 − 3

−1

 1 −1  −3 4   

 14 − 30 −14 + 40   −16 26  =  −18 + 33 18 − 44  =  15 −26     

⇔ Q

 −16 15  =  26 −26   

Dari kesamaan matriks diperoleh: –2c – 4 = –10 ⇔ –2c = –6 ⇔ c=3 . . . (1) –b – 3 = –4 ⇔ –b = –1 ⇔ b=1 . . . (2) 4 – a = –b + 9 . . . (3) Substitusi persamaan (2) ke persamaan (3). 4 – a = –b + 9 ⇔ 4 – a = –(1) + 9 ⇔ 4–a=8 ⇔ a = –4 Diperoleh a = –4, b = 1, dan c = 3 Jadi, nilai a + b + c = (–4) + 1 + 3 = 0

16. M

 3 2 −1 3  Misalkan A =  1 3 5 0     4 1 0 2  −1 5 B=    2  3

14. Jawaban: e

8 5x  A + B – C =   −  x −4  3 y   x 5   −3 −1  8 5x  ⇔   +   –   =    5 −1  −3 6   y 9   −x −4   3 + x + 3 y + 5 + 1  =  8 5x   5 − 3 − y −1 + 6 − 9   −x −4     

⇔

 6 + x y + 6  =  8 5x   2 − y −4   −x −4      Berdasarkan kesamaan matriks diperoleh: 1) 6 + x = 8 ⇔ x = 2 2) 2 – y = –x ⇔ 2 – y = –x ⇔ y=2+2 ⇔ y=4 x + 2xy + y = 2 + 2 · 2 · 4 + 4 = 22 Jadi, x + 2xy + y adalah 22. ⇔

15. Jawaban: c 2A – B = CD a   −c 2   4  −1 3   4 b  ⇔ 2  –   =     1 0   b + 5 −6   0 2   −2 3  a   −2c 4   4  −10 −b + 9  ⇔  –   =   6   2 0  b + 5 −6   −4  −2c − 4 4 − a   −10 −b + 9    =   b 3 6 6  − −    −4

⇔

74

Matriks

 −1  3 2 −1 3    5 =  1 3 5 0    2   4 1 0 2  3   

A matriks berordo 3 × 4, B matriks berordo 4 × 1 sehingga M = A3 × 4 × B4 × 1 merupakan matriks berordo 3 × 1. 17. Jawaban: c P–Q=R  2 log 4ab 2   2 log 6 1  3 1   –   =  ⇔    3 log 3ab 0   3 log a 2   2 −2     

⇔

 2 log 4ab −   3 log 3ab − 

1 3 1   =   3   2 −2  log a −2  2

log 6

Dari kesamaan matriks diperoleh: 2log 4ab – 2log 6 = 3 ⇔ ⇔ ⇔ 3log

⇔ ⇔

2log 4ab

6 4ab 6

= 2log 8

=8 ab = 12

. . . (1)

3ab – 3log a = 2 3log 3ab

a 3ab a

= 3log 9 =9

⇔ b=3 . . . (2) Substitusi b = 3 persamaan ke (1). a · 3 = 12 ⇔ a = 4 Jadi, nilai a2b = 42 · 3 = 48.

18. Jawaban: c A + B = 2C ⇔ 2C = A + B

21. Jawaban: c A2 =

 1 6 5 2 ⇔ 2C =   +    −5 −1  3 1

⇔

−1 0

⇔

19. Jawaban: a

2x − 1 2 x + 2 x −1 = 0 ⇔ (2x – 1)(x – 1) – 2(x + 2) = 0 ⇔ 2x2 – x – 2x + 1 – 2x – 4 = 0 ⇔ 2x2 – 5x – 3 = 0 Dari persamaan kuadrat tersebut diperoleh:

−3

=

25 4

2

+3

20. Jawaban: d

 −1 1  ⇔ B =  5 3    2 2

1 2 3 1 2 det A = 4 1 1 4 1 2 2 1 2 2 –

+

+

−1  −4 2   9  B =   5 2 10 2 − −   

−4 2   9 −1 ⇔ B =      5 −2   −10 2  −1  −2 −2   9 1 ⇔ B= (−4) × (−2) − 2 × 5  −5 −4   −10 2     −2  1  2 ⇔ B = −2   5 3 − − 

1

–

1

−1

3

– 2(– 2 )

=94

–

1

m= 2

22. Jawaban: a

Jumlah kuadrat akar-akar persamaan kuadrat: x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2

=

 12m2 + 6m + 1 −8m − 4    2m + 1 −2m  

Jadi, nilai m yang memenuhi adalah 2 .

3

 5    2

 12m2 + 6m −8m − 4   1 0   +  0 1 2m 1 2m 1 + − −    

2   =  6m + 4 48m − 20  8m − 5   2 Dari kesamaan nilai elemen kedua matriks pada baris kedua kolom pertama diperoleh persamaan: 2m + 1 = 2 ⇔ 2m = 1

⇔

5 2

x1x2 = 2 = – 2

=

0   6m −4   2m + 1  1 −1  0 2m + 1 + I  

 6m + 4 48m2 − 20   =  2 8m − 5  

= 3 × 0 – 4 × (–1) =4

x1 + x2 =

0   2m + 1 =  0 2m + 1 

 6m −4   1 8m  =  1 −1  −1 5    

4

(−5) – 2

1 2  1 

A2 + B–1 = C

⇔

 3 4 C=    −1 0  3

  −1  4m 

⇔ BA2 + BB–1 = BC

 3 4 ⇔ 2C = 2    −1 0 

det (C) =

1 2  1 

⇔ B(A2 + B–1) = BC

 6 8 ⇔ 2C =    −2 0 

⇔

  −1  4m 

+

= (1 · 1 · 1) + (2 · 1 · 2) + (3 · 4 · 2) – (3 · 1 · 2) – (1 · 1 · 2) – (2 · 4 · 1) = 1 + 4 + 24 – 6 – 2 – 8 = 13

Det (B) =

−1 1 5 2

3 2

3

5

−8

= (–1) × 2 – 1 × 2 = 2 = –4 Jadi, determinan matriks B adalah –4.


75

23. Jawaban: b

 a − b −b    1  0 ⇔

−1

25. Jawaban: b A – B = C–1

a 1  =    −a + 2b 1

1 (a − b) × 1 − ( −b) × 0

−1 3  2  5 ⇔   –  −1 x + 1 = 4 2    

b  a 1 1    =   0 a b a 2b 1 − − +    

b   1 a 1 a b a − −b =   ⇔      −a + 2b 1 1   0 Dari kesamaan matriks diperoleh: 1 a−b

=a ⇔

1 a

b a−b

=1 ⇔

b=a–b

=a–b

. . . (1)

a

b= 2

. . . (2)

a

Substitusi b = 2 ke (1): 1 a

1

⇔

=

1 2

⇔ a=± 2

a

2 substitusi ke b = 2 2

b= 2 = Nilai ab =

=

1 2 1

2 ×

− 2 2

=

=1

2

1 − 2

Nilai ab = – 2 ×

1 − 2

=1

Jadi, nilai ab = 1. 24. Jawaban: b det P = det Q ⇔

1 0 −1 2 = 2 3x − 2 −3 5

⇔ 3x – 2 – 0 = –5 – (–6) ⇔ 3x – 2 = 1 ⇔ 3x = 1 + 2 ⇔ 3x = 3 ⇔ x=1 Jadi, nilai x adalah 1.

76

Matriks

−1  x  =  2 −1  4   y  1 5   13     

⇔

x =  y  

⇔

 x  = 1  33   y 11  22   

1 10 + 1

 5 1  4   −1 2   13     

 x  =  3  y  2     Diperoleh x = 3 dan y = 2. Jadi, himpunan penyelesaian dari sistem persamaan tersebut adalah {(3, 2)}.

a

a

⇔

⇔

a 2

Untuk a = – 2 substitusi ke b = 2 b= 2 =

 2 −1  x  =  4   1 5   y   13      

a

⇔ a2 = 2

Untuk a =

1   −6  −6 1   5 1 − x  =  5 −1     Dari kesamaan matriks di atas, diperoleh: 1 – x = –1 ⇔ –x = –1 – 1 ⇔ –x = –2 ⇔ x=2 Jadi, nilai x adalah 2. ⇔

a

=a–b ⇒ a =a– 2 1 a

 −6 1   5 −1  

26. Jawaban: e Bentuk persamaan matriksnya:

⇔ 2b = a ⇔

1 6−5

27. Jawaban: c Diperoleh SPLDV: 3x + 5y = 9.500 2x + 4y = 6.800 Persamaan matriksnya:  3 5   x   9.500     =    2 4   y   6.800 

28. Jawaban: c

1 1 det  =1 a 2   ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

1 1 =1 a 2 2–a=1 a=2–1 a=1

1 1 Jadi, matriks tersebut  . 1 2 

Bentuk persamaan matriks:

1 1  x  =  8  1 2   y   4      −1 x 8  1  ⇔   =  1    y 1 2      4 1  2 −1  8  x ⇔   = 2 − 1  −1 1   4  y   x 2 −1  8  ⇔   =    y −    1 1   4 x 12 ⇔   =   y    −4  Diperoleh x = 12 dan y = –4. Jadi, x + y = 12 – 4 = 8. 29. Jawaban: d SPLDV dari permasalahan tersebut: 3x + 5y = 11.000 2x + 4y = 8.000 Bentuk matriks dari SPLDV tersebut:

 3 5   x  =  11.000   2 4  y   8.000       −1 x 11.000  ⇔   =  3 5    y    2 4   8.000  1 x  4 −5   11.000  ⇔   = 12 − 10  −2 3   8.000   y x 1  4.000  ⇔   =  2.000  2 y     x 2.000  ⇔   =    y  1.000  Diperoleh x = 2.000 dan y = 1.000. Harga 4 buku dan 3 pensil dapat ditulis: 4x + 3y = 4(2.000) + 3(1.000) = 8.000 + 3000 = 11.000 Jadi, harga 4 buku dan 3 pensil Rp11.000,00. 30. Jawaban: d Misalkan panjang tanah = x dan lebar tanah = y. Sistem persamaan linear dari permasalahan di atas: x=y+6 ⇔x–y=6 2(x + y) = 52 ⇔ x + y = 26 Bentuk persamaan matriks:

 1 −1  x  =  6  1 1   y   26       ⇔

 x  =  1 −1  y 1 1     

⇔

x =  y  

1 1+ 1

−1

6  26   

 1 1  6   −1 1  26    

⇔

 x  = 1  1 1  6   y 2  −1 1  26   

⇔

 x  = 1  32   y 2  20   

 x  =  16   y  10      Diperoleh x = 16 dan y = 10. Panjang = x = 16 Lebar = y = 10 Luas tanah = 16 × 10 = 160 m2 Harga jual tanah tersebut = 160 × Rp100.000,00 = Rp16.000.000,00 Jadi, harga jual tanah tersebut Rp16.000.000,00. ⇔

B. Uraian 1. a.

2 6  4 0 A + B =   +  0 4  1 3   6 6 =    1 7 6 1 (A + B)T =   6 7

b.

1 0  2 6 C – 2A =   – 2  1 3 2 3     1 0   4 12  =  – 2 3   2 6   −3 −12  =    0 −3 

c.

4 0  1 0 4 0  BC =    2 3  =  8 12  0 4      (BC)2 = (BC)(BC) 4 0  4 0  =     8 12   8 12  16 0  =    128 144 

1 log (2a − b)  1  1 2.   =  log a 1 1  log (b − 2)    Dari kesamaan matriks di atas diperoleh: log (2a – b) = 1 ⇔ log (2a – b) = log 10 ⇔ 2a – b = 10 . . . (1) log (b – 2) = log a ⇔ b–2=a ⇔ a – b = –2 . . . (2)


77

Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). 2a – b = 10 a – b = –2 –––––––––– – a = 12 Substitusi a = 12 ke persamaan (2). 12 – b = –2 ⇔ –b = –2 – 12 ⇔ –b = –14 ⇔ b = 14 Jadi, nilai a = 12 dan b = 14.

BT

ABT

5

x : y = 5 : 4 ⇔ x = 4 y . . . (1) b.

y   x   5  2 10 1 4 5 ( )    = (1.360)  30 25   10   

⇔ ⇔ ⇔ Dari kesamaan matriks diperoleh: 10x + 20y + 1.100= 1.360 ⇔ 10x + 20y = 260 . . . (2) Substitusi persamaan (1) ke (2).

det (AB) =

= (1.360)

–

= (1.360) = (1.360) = (1.360)

25 2

⇔

y + 20y = 260 65 2

⇔

y = 260

⇔ y=8 Substitusi nilai y = 8 ke (1). 5

5

x = 4 y = 4 (8) = 10 Jadi, nilai x = 10 dan y = 8. 4. a.

B = A2 = A × A  1 2 3  1 2 3 = 0 0 0 0 0 0     1 2 3  1 2 3  4 8 12  = 0 0 0     4 8 12 

78

Matriks

16 32 48 16 32 0 0 0 0 0 16 32 48 16 32 –

+

–

+

+

= (6 · 0 · 48) + (32 · 0 · 16) + (48 · 0 · 32) – (48 · 0 · 16) – (16 · 0 · 32) – (32 · 0 · 48) =0+0+0–0–0–0 =0 Oleh karena determinan matriks (AB) = 0 maka matriks (AB) merupakan matriks singular.

5

⇒ 10( 4 y) + 20y = 260

 1 2 3   4 8 12  AB =  0 0 0   0 0 0      1 2 3   4 8 12   16 32 48  = 0 0 0    16 32 48 

5 ⇔ (2x + 40 + 30 2y + 50 + 25 )   = (1.360)  10 

⇔

 1 2 3  4 0 4  = 0 0 0  8 0 8      1 2 3   12 0 12   56 0 56  = 0 0 0    56 0 56 

3. Diketahui:

5 (2x + 70 2y + 75 )    10  ((2x + 70) × 5 + (2y + 75) × 10) (10x + 350 + 20y + 750) (10x + 20y + 1.100)

4 0 4 = 8 0 8    12 0 12 

5. a.

 2 1 X =  5 9   4 3  13 23      2 1 ⇔ X =   4 3

−1

5 9  13 23   

 3 −1  5 9   −4 2   13 23    

⇔ X =

1 6−4

⇔ X =

1 2

 3 −1  5 9   −4 2   13 23    

⇔ X =

1 2

2 4   6 10   

1 2 ⇔ X =    3 5 1 2 Jadi, matriks X adalah  . 3 5  

b.

−6 −5   4 3 X   =  2 1 5 4     4 3   −6 −5  ⇔ X =     2 1  5 4  4 3 ⇔ X =    2 1

1 −24 + 25

−1

4 5  −5 −6   

4 3  4 5  ⇔ X =     2 1   −5 −6  1 2 ⇔ X =  3 4   1 2 Jadi, matriks X adalah  . 3 4   6. (1

 2 1  1 x)  p 2   x  = (0)   

 1 1 + 2x)  x  = (0)   ⇔ (2 + px + x + 2x2) = (0) Dari kesamaan matriks diperoleh: 2 + px + x + 2x2 = 0 ⇔ 2x2 + (1 + p)x + 2 = 0 Dari persamaan kuadrat diperoleh:

⇔ (2 + px

⇔

x22 =

⇔

log 6 log x

⇔ log 6 = log x ⇔ 6=x ⇔ x=6 Jadi, nilai x adalah 6.

1

x=

1

Dx D

−(1 + p) 2

y=

−1 − p

1

⇔ 2+ 2 = 2 ⇔ 5 = –1 – p ⇔ p = –6 1

=

=

4 0 3 −12 4 −3 3 −4

1

−(1 + p) 2 1

−1 − p

⇔ –2 – 2 = 2 ⇔ –5 = –1 – p ⇔ p=4 Jadi, nilai p = –6 atau p = 4.

D

=

=

0 − 36 −16 + 9

−48 −16 + 9

=

=

−36 −7

36 7

=

48 7

Jadi, himpunan penyelesaiannya {(

Untuk x2 = – 2 maka x1 = 4 × (– 2 ) = –2. x1 + x2 =

Dy

−3 −4 −3 −4

0 −12 4 3

Untuk x2 = 2 maka x1 = 4 × 2 = 2. x1 + x2 =

=1

 4 −3   x  =  0   3 −4   y   −12      

1 4

x2 = ± 2

1

Dari kesamaan matriks diperoleh: xlog a = log b . . . (1) log (4a – 14) = 1 ⇔ log (4a – 14) = log 10 ⇔ 4a – 14 = 10 ⇔ 4a = 24 ⇔ a=6 . . . (2) log (b – 4) = log a . . . (3) Substitusi nilai a = 6 ke persamaan (3). log (b – 4) = log 6 ⇔ b–4=6 ⇔ b = 10 Substitusi nilai a = 6 dan b = 10 ke persamaan (1): xlog a = log b ⇔ xlog 6 = log 10 ⇔ xlog 6 = 1

8. Bentuk matriks sistem persamaan tersebut:

2

x1x2 = 2 = 1 ⇔ 4x2 · x2 = 1 ⇔

 x log a  log b 1 log (4a − 14)  7.   =    log (b − 4) 1  log a 1  

36 7

,

48 7

)}.

9. Misalkan: x = banyak permen dalam kemasan A y = banyak permen dalam kemasan B Sistem persamaan linear dari permasalahan di atas sebagai berikut. 2x + 5y = 45 6x + 4y = 80


79

Bentuk persamaan matriksnya:

Bentuk persamaan matriks:

 2 5   x  =  45   6 4   y   80      

 5 7   x  =  14.500   3 4  y   8.500      

−1

⇔

 x  =  2 5   45   y  6 4   80       

⇔

x =  y  

⇔

 x  = – 1  4 −5   45   y 22  −6 2   80   

⇔

 x  = – 1  −220   y 22  −110   

1 8 − 30

 4 −5   45   −6 2   80    

 x  =  10   y 5     Diperoleh x = 10 dan y = 5. Vina membeli 3 kemasan A dan 2 kemasan B. Jumlah permen yang dibeli Vina = 3x + 2y = 3(10) + 2(5) = 30 + 10 = 40 Jadi, jumlah permen yang dibeli Vina seluruhnya ada 40. ⇔

10. Misalkan: harga sebuah buku tulis = x harga sebuah pensil = y Sistem persamaan linear dari permasalahan di atas: 5x + 7y = 14.500 3x + 4y = 8.500

80

Matriks

−1

⇔

 x  =  5 7  y 3 4    

⇔

x =  y  

⇔

 x  =  −4 7   y  3 −5     

1 20 − 21

 14.500   8.500   

 4 −7   14.500   −3 5   8.500      14.500   8.500   

 x  =  1.500   y  1.000      Diperoleh x = 1.500 dan y = 1.000. Harga 8 buah buku tulis dan 5 buah pensil = 8x + 5y = 8 × Rp1.500,00 + 5 × Rp1.000,00 = Rp12.000,00 + Rp5.000,00 = Rp17.000,00 Jadi, harga 8 buah buku tulis dan 5 buah pensil Rp17.000,00. ⇔

A. Pilihan Ganda

⇔

1. Jawaban: c

⇔ ⇔

∫

(2x3

=

+

3x2

– 6x + 8) dx

2 x3 + 1 3+1

2

3 x2 + 1 2+1

+

3

–

6 x1 + 1 1+ 1

+ 8x + c

6

= 4 x4 + 3 x3 – 2 x2 + 8x + c

9

1

1

9

∫ (x – 1)(3x – 5) dx = ∫ (3x2 – 8x + 5) dx =3·

–8·

+ 5x + c

= x3 – 4x2 + 5x + c

2x x + 1 x2

∫ g(x) dx =

2x x + 1 ∫ x2

=∫

=

−

2 1 − +1 2

1 2

x

1

1

=

1 +1  1 ⋅ 1 x2 1 3  2 + 1

=

2 3

=

2 x 9

3 1

−2 +1

x

− + 1 1 2

dx

1

3

x − 6 x 

9

1

2

2

dx

+

1 x–2 + 1 −2 + 1

6. Jawaban: a

+c

∫

9x 2 − 6x x3 − x2 + 9

dx

Misalkan u du dx

= x 3 – x2 + 9 = 3x2 – 2x

dx =

∫

9x 2 − 6x 3

2

x −x +9

dx =

du 3x 2 − 2x

3(3x 2 − 2x) u

= ∫ 3u

F(x) = ∫ F′(x) dx F(x) = ∫ (2x3 – 5) dx 2 4 x – 5x + c 4 2 (2)4 – 5(2) + 4

2

= (6 – 18) – ( 9 – 6) = –6 9

+ x–2) dx 1 − +1 2

9

 1

9

2

4. Jawaban: c F′(x) = 2x3 – 5

F(2) =

1

3

1

⇔

−

⋅ 1 x 2 − 6x 2 

=4 x – x +c

F(x) =

1

1

1

⇔

−

∫ ( 3 x 2 – 3x 2 ) dx

= 4 x 2 – x–1 + c

⇔

) dx

= ( 9 9 9 – 6 9 ) – ( 9 1 1 – 6 1)

 2x x 1  2 + 2  x x 

= ∫ (2 x

3 x

=

3. Jawaban: b g(x) =

1

∫(3 x –

2. Jawaban: d

1 2 x 2

1

Jadi, F(x) = 2 x4 – 5x + 10. 5. Jawaban: d

= 2 x4 + x3 – 3x2 + 8x + c

1 3 x 3

2

8 = 4 · 16 – 10 + c 8=c–2 c = 10

−

1 2

1 2

du 3x 2 − 2x

du =

3 1 2

1

u2

= 6 x3 − x2 + 9 + c c


81

7. Jawaban: c f(x) = ax + b

9. Jawaban: c π 4

∫

1

∫ f(x) dx = 2

⇔

0

0

π

 1 4 cos 3x dx =  3 sin 3x   0

= 3 (sin 4 – sin 0)

0

= 3 ( 2 2 – 0) = 6 2

∫ (ax + b) dx = 2

⇔

1 a 2 x + bx = 2 2 0 a 2 ( 2 (1) + b(1)) – a +b=2 2

⇔ ⇔ ⇔

1 1

a (2

+ b(0)) = 2

. . . . (1)

π 2

π 2

0

0

∫ cos x sin2 x dx = ∫ cos x sin2 x =

∫ f(x) dx = 4 1

2

=

1

=

∫ (ax + b) dx = 4 a 2 x 2

⇔

2

+ bx = 4 1

a

a

⇔ ( 2 (2)2 + b(2)) – ( 2 (1)2 + b(1)) = 4 a

a

⇔ ( 2 · 4 + 2b) – ( 2 + b) = 4 3 2

⇔

a+b=4

. . . . (2)

Eliminasi a dari (1) dan (2): a 2

0

π sin3 2

– sin3 0 1

· 13 – 0 = 3

11. Jawaban: b f′(x) = (4x – 2)(x2 – x + 1)3 Misal u = x2 – x + 1 du = (2x – 1) dx f(x) = ∫ (4x – 2)(x2 – x + 1)3 dx = 2 ∫ (x2 – x + 1)3 · (2x – 1) dx = 2 ∫ u3 du 1

= 2 (x2 – x + 1)4 + c 1

f(2) = 2 (22 – 2 + 1)4 + c 1

⇔ 6 = 2 · 34 + c 81

⇔ 6= 2 +c

+b =2

81

2

⇔2 +b =2

⇔ c=6– 2

⇔ b =1 a+b=2+1=3 Jadi, a + b = 3.

⇔ c = –34 2

1 1

1

Diperoleh f(x) = 2 (x2 – x + 1)4 – 34 2 Untuk x = 1 maka:

8. Jawaban: c

∫ 16 cos 7x cos 3x dx = 8 ∫ (cos (7x + 3x) + cos (7x – 3x)) dx = 8 ∫ (cos 10x + cos 4x) dx 1

= 8( 10 sin 10x + 4 sin 4x) + c 4

= 5 sin 10x + 2 sin 4x + c

82

π

2 sin3 x 

2

a+b =4 –––––––––––– – – a = –2 ⇔ a =2 Substitusi a = 2 ke (1):

1

1 3 1 3 1 3

d(sin x) cos x

= 4 u4 + c

+b =2

3 2

a 2

1

10. Jawaban: e (0)2

2

⇔

3π

1

1

Ulangan Tengah Semester 1

1

1

f(1) = 2 (12 – 1 + 1)4 – 34 2 = –34 Jadi, untuk absis 1, ordinatnya –34.

12. Jawaban: a ∫ (x – 2) sin (2x – π) dx

14. Jawaban: a Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabola

Hasil integral tersebut dicari menggunakan integral parsial. Fungsi yang diturunkan

Fungsi yang diintegralkan

(x – 2)

sin (2x – π)

+

4

L =

1

– 2 cos (2x – π)

1 – 0

–

1 4

=

sin (2x – π)

1

= (x – 2)(– 2 cos (2x – π)) – 1(– 4 sin (2x – π)) + c 1

∫

1 3 (4 6

dx =

1 2

·

1 3 x  3 

1 (64) 6

– 03) =

4 0

32

= 3 satuan luas

15. Jawaban: d Sketsa grafik y = x2 – 4x + 4 dan y = x dalam suatu bidang koordinat sebagai berikut.

(x – 2) sin (2x – π) dx 1

1 2 x 2

0

Diperoleh:

∫

1

y = 2 x2 dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 4. Luas daerah yang diarsir:

Y y=x

1

= – 2 (x – 2) cos (2x – π) + 4 sin (2x – π) + c 1

1

4

= 2 ((2 – x) cos (2x – π) + 2 sin (2x – π)) + c 13. Jawaban: b Menggambar kurva y = 8 – x2 dan y = 2x terlebih dahulu. y = 8 – x2 Titik potong dengan sumbu X (y = 0). 0 = 8 – x2 0 = (2 2 + x)(2 2 – x) x = –2 2 atau x = 2 2 Titik potong dengan sumbu Y (x = 0). y = 8 – x2 y=8 y = 2x ⇒ Titik bantu x

1

2

y

2

4

∫ (8 – x2 – 2x) dx

1  = 8x − x2 − x 2  3

4

= 12 – 3 32

= 3 satuan luas

Batas-batas integral merupakan perpotongan kedua kurva. x = x2 – 4x + 4 ⇔ x2 – 5x + 4 = 0 ⇔ (x – 4)(x – 1) = 0 ⇔ x = 4 atau x = 1 Diperoleh batas-batas integralnya x = 1 dan x = 4.

= =

∫ (y1 – y2) dx

a 4

∫ (x – (x2 – 4x + 4)) dx

1 4

∫ (–x2 + 5x – 4) dx

1

4

1 5 = – 3 x3 + 2 x2 – 4x 1 1

5

= (– 3 (4)3 + 2 (4)2 – 4(4)) 1

y = 8 – x2

0

4

X

5

– (– 3 (1)3 + 2 (1)2 – 4(1))

2

= (16 – 3 –4) – 0

4

b

2 0

2

0

L =

Titik potong kurva y = 8 – x2 dengan y = 2x 8 – x2 = 2x 2 ⇔ –x – 2x + 8 = 0 ⇔ x2 + 2x – 8 = 0 Y 8 ⇔ (x + 4)(x – 2) = 0 y = 2x ⇔ x = –4 atau x = 2 L=

y = x2 – 4x + 4

–2 2

0

2 2

X

64

1

5

= (– 3 + 40 – 16) – (– 3 + 2 – 4) 63

5

= – 3 + 24 + 4 – 2 1

1

= –21 + 28 – 2 2 = 4 2 satuan luas Jadi, luas daerah yang dibatasi kurva y = x2 – 4x + 4 1

dan garis y = x adalah 4 2 satuan luas.


83

16. Jawaban: c Daerah yang dibatasi garis y = 6 – 2x, sumbu X, dan sumbu Y diputar mengelilingi sumbu X, volumenya: 3

V = =

∫ (6 – 2x)2 dx

Y

0 3

6

∫ (26 – 24x + 4x) dx 0

y = 6 – 2x

3

= 4π ∫ (9 – 6x + x2) dx

X

0

3

3

O

  = 4π  9x – 3x2 + x3  0  = 4π (27 – 27 + 9 – 0) = 36π satuan volume

17. Jawaban: c Persamaan garis yang melalui (1, 1) dan (2, 0): y − y1 y 2 − y1

=

x − x1 x 2 − x1

⇔

y −1 0 −1

=

x −1 2 −1

⇔

y −1 −1

=

x −1 1

⇔ 1–y=x–1 ⇔ 2–y=x ⇔ x=2–y V = π ∫ (x1 – x2 a 1

2)

dy

= π ∫ ((2 – y)2 – (y2)2) dy 0 1

= π ∫ (4 – 4y + y2 – y4) dy 0

1

1 1 = π(4y – 2y2 + 3 y3 – 5 y5) 0 1

1

= π(4 – 2 + 3 – 5 – 0) 32

2

= 15 π = 2 15 π satuan volume 2

Jadi, volume benda putar yang terbentuk 2 15 π satuan volume. 18. Jawaban: a Terlebih dahulu akan dicari persamaan garis yang membatasi daerah tersebut. 1) Persamaan garis melalui (2, 0) dan (4, 1). y − y1 y 2 − y1

=

x − x1 x 2 − x1

⇔ ⇔

y−0 1− 0

=

x−2 4−2

y=

x−2 2

⇔ 2y = x – 2 ⇔ x – 2y = 2 (0, 0) termasuk penyelesaian, sehingga pertidaksamaan yang memenuhi x – 2y ≤ 2. 84


Persamaan garis melalui (2, 0) dan (0, 4). 4x + 2y = 8 ⇔ 2x + y = 4 (0, 0) bukan anggota penyelesaian, sehingga pertidaksamaan yang memenuhi 2x + y ≥ 4. 3) Persamaan garis melalui (5, 0) dan (0, 5) adalah x + y = 5. (0, 0) termasuk penyelesaian sehingga pertidaksamaan yang memenuhi adalah x + y ≤ 5. Jadi, sistem pertidaksamaan yang memiliki daerah penyelesaian seperti gambar adalah x – 2y ≤ 2; 2x + y ≥ 4; x + y ≤ 5; x, y ≥ 0. 19. Jawaban: b Persamaan garis melalui (2, 0) dan (0, 6): 3x + y = 6 Pertidaksamaan yang sesuai; 3x + y ≥ 6 Persamaan garis melalui (8, 0) dan (0, 2): x + 4y = 8 Pertidaksamaan yang sesuai: x + 4y ≥ 8 Persamaan garis melalui (6, 0) dan (0, 4): 2x + 3y = 12 Pertidaksamaan yang sesuai: 2x + 3y ≤ 12 Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuai 3x + y ≥ 6; x + 4y ≥ 8; 2x + 3y ≤ 12 20. Jawaban: c Daerah penyelesaian 2x + y ≥ 6 di sebelah kanan garis 2x + y = 6. Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 12 di sebelah kiri garis 2x + 3y = 12. Daerah penyelesaian x ≥ 0 di kanan sumbu Y. Daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X. Irisan daerah penyelesaian dari keempat pertidaksamaan adalah daerah III. Jadi, daerah penyelesaiannya daerah III.

b

2

2)

21. Jawaban: a Misal x = banyak gaun jenis I y = banyak gaun jenis II Jenis

Kain Sutra (m)

Kain Katun (m)

Gaun I Gaun II

2,5x 2y

1x 1,5y

70

45

Diperoleh model matematika: 2,5x + 2y ≤ 70 ⇔ 5x + 4y ≤ 140 x + 1,5y ≤ 45 ⇔ 2x + 3y ≤ 90 x≥0 y≥0 Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuai pada pilihan a.

22. Jawaban: a x = banyak kaos Sekido y = banyak kaos BeneGaya Model matematika x + y ≤ 100 0,5x + 0,75y ≤ 50 ⇔ 2x + 3y ≤ 200 x≥0 y≥0 23. Jawaban: b Jenis

Papan Tebal (m2)

Papan Tipis (m2)

Meja Rak Buku

2x y

x 3y

160

180

Diperoleh sistem pertidaksamaan: 2x + y ≤ 160 x + 3y ≤ 180 x≥0 y≥0 Daerah penyelesaian adalah daerah yang memenuhi sistem pertidaksamaan tersebut. Daerah penyelesaian:

f(x, y) = 3x 5y – 2

(8, 0) (4, 2) (0, 10)

22 20 48

→

Nilai minimum

Jadi, nilai minimum daerah terarsir pada fungsi obyektif adalah 20. 25. Jawaban: d Persamaan-persamaan garis yang membatasi himpunan penyelesaian sebagai berikut. Persamaan garis melalui (3, 0) dan (0, 4): 4x + 3y = 12 Persamaan garis melalui (0, 0) dan (4, 5): 5x = 4y Persamaan garis melalui (0, 4) dan (4, 5): y − y1 y 2 − y1

=

x − x1 x 2 − x1

⇔

y−4 5−4

=

x−0 4−0

⇔

y−4 1

x

= 4 ⇔ 4y – 16 = x ⇔ x – 4y = –16

Y 160

Titik potong antara 4x + 3y = 12 dan 5x = 4y sebagai berikut.

60 X 0

Titik

80

5x – 4y = 0 4x + 3y = 12

×3 ×4

15x – 12y = 0 16x + 12y = 48 –––––––––––– + 31x = 48

180

Gambar yang sesuai ada pada pilihan b. 24. Jawaban: d Persamaan garis melalui (5,0) dan (0,10): 10x + 5y = 50 ⇔ 2x + y = 10 Persamaan garis melalui (8,0) dan (0,4): 4x + 8y = 32 ⇔ 2x + 4y = 16 Titik potong garis 2x + y = 10 dan 2x + 4y = 16: 2x + 4y = 16 2x + y = 10 –––––––––– – 3y = 6 2x + 2 = 10 ⇔ 2x = 8 ⇔ x=4 Diperoleh titik potong kedua garis adalah (4, 2). Uji titik sudut daerah penyelesaian pada fungsi obyektif.

48

⇔ x = 31 48

Substitusi x = 31 ke salah satu persamaan: 48

60

5( 31 ) = 4y ⇔ y = 31 Nilai F pada titik-titik pojok: 48

60

48

60

16

( 31 , 31 ) ⇒ F = 3( 31 ) + 2( 31 ) = 8 31 (4, 5)

⇒ F = 3(4) + 2(5) = 22

(0, 4)

⇒ F = 3(0) + 2(4) = 8

Nilai maksimum F adalah 8 pada titik (0, 4). 26. Jawaban: c Misal: x = banyak tablet pertama y = banyak tablet kedua Model matematika yang terbentuk: 5x + 10y ≥ 20 3x + y ≥ 5 x, y ≥ 0 Meminimumkan f(x, y) = 350x + 500y


85

Grafik daerah penyelesaiannya seperti gambar berikut. Y 5 C

2

B

O

13

A 2

4

X 5x + 10y = 20

3x + y = 5

B merupakan perpotongan garis 5x + 10y = 20 dan 3x + y = 5. 5x + 10y = 20 × 1 5x + 10y = 20 3x + y = 5 × 10 30x + 10y = 50 ––––––––––––– – –25x = –30

B titik potong antara x + y = 115 dan x + 6y = 300. x + 6y = 300 x + y = 115 –––––––––––– – 5y = 185 ⇔ y = 37 ⇒ x = 115 – 37 = 78 Uji titik pojok: O(0, 0) →F=0 A(115, 0) → F = 575.000 B(78, 37) → F = 649.000 C(0, 50) → F = 350.000 Jadi, pemasukan maksimum yang dapat diperoleh tempat parkir itu Rp649.000,00. 28. Jawaban: c Tipe Toko

Banyak

Luas

A B Batas

x y 126

100 m2 75 m2 10.000 m2

6

⇔ x= 5

6

Substitusi x = 5 ke 5x + 10y = 20. 6

5( 5 ) + 10y = 20 ⇔ 10y = 14 7

⇔

y= 5 Nilai fungsi objektif titik-titik pojok: A(4, 0) maka F = 350(4) + 0 = 1.400 6

7

6

7

B( 5 , 5 ) maka F = 350( 5 ) + 500( 5 ) = 1.120 C(0, 5) maka F = 350(0) + 500(5) = 2.500 Jadi, pengeluaran untuk membeli tablet per hari Rp1.120,00. 27. Jawaban: e Misal: x = banyak mobil y = banyak bus Model matematika yang terbentuk dari soal tersebut: x + y ≤ 115 4x + 24y ≤ 1.200 ⇔ x + 6y ≤ 300 x, y ≥ 0 F(x, y) = 5.000x + 7.000y

f(x, y) = 7.000.000x + 4.000.000y Sistem pertidaksamaan linear yang diperoleh: x + y ≤ 125 100 x + 75y ≤ 10.000 ⇔ 4x + 3y ≤ 400 x ≥ 0; y ≥ 0 Koordinat titik B: x + y = 125 × 3 3x + 3y = 375 4x + 3y = 400 × 1 4x + 3y = 400 ––––––––––– – –x = –25 x = 25 25 + y = 125 ⇔ y = 100 Diperoleh koordinat B (25, 100). Y 1

133 3 125 C

B

Y

A O

100 125

X

Uji titik pojok penyelesaian pada fungsi objektif. Titik

115 50

C

B

x + 6y

A 0

86

115

= 300

x + y = 115


300

X

O(0, 0) A(100, 0) B(25, 100) C(0, 125)

f(x, y) = 7.000.000x + 4.000.000y 0 Rp700.000.000 (maksimum) Rp575.000.000 Rp500.000.000

29. Jawaban: b

34. Jawaban: a

 5 −4  5 a  3b 5c  =  −6 5      Dari kesamaan matriks diperoleh: a = –4 3b = –6 ⇔ b = –2 5c = 5 ⇔ c = 1 a2 + b2 + c2 = (–4)2 + (–2)2 + 12 = 16 + 4 + 1 = 21 Jadi, a2 + b2 + c2 = 21.

 6 −2  5 1 P = 2  – 3  −2 −3   −1 3     12 −4   15 3  =   –    −2 6   −6 −9   −3 −7  =    4 15  Determinan matriks P: −3 −7 |P| = 4 15 = –45 – (–28) = –17

30. Jawaban: b

 2 1  1 4 3P – 2Q = 3   – 2  −1 6  2 1 − −     6 3  2 8 =  –  =  −6 −3   −2 12 

 4 −5   −4 −15   

31. Jawaban: a

 5 3   1 −4   −4 7  –  5 2       5 3   −13 =   –   −4 7   1  18 37  =    −5 1 

 −1 −2  3 8   −34  6 

32. Jawaban: e PQT = R

 12 0   x −3   96 −36   4 −11  2y 4  =  10 −56       −36   12x  96 −36  ⇔  4x − 22y −56  =  10 −56      Diperoleh: 1) 12x = 96 ⇔ x=8 2) 4x – 22y = 10 ⇔ 4 · 8 – 22y = 10 ⇔ –22y = –22 ⇔ y=1 2x + 3y = 2(8) + 3(1) = 19 ⇔

33. Jawaban: a

x x −3 −3 = 3 x 3 −3 ⇔ x2 – 3x = 9 + 9 ⇔ x2 – 3x – 18 = 0 ⇔ (x – 6)(x + 3) = 0 ⇔ x = 6 atau x = –3 Jadi, nilai x yang memenuhi x = 6 atau x = –3.

35. Jawaban: d det A = det B ⇔ (5 + x) 3x – 5x = 36 + 7x ⇔ 15x2 + 3x2 – 5x = 36 + 7x ⇔ 3x2 + 3x – 36 = 0 ⇔ x2 + x – 12 = 0 ⇔ (x + 4)(x – 3) = 0 ⇔ x = –4 atau x = 3 36. Jawaban: a x1 dan x2 akar-akar |AB| = 0.  5 + x x   9 −1 |AB| =  3x   7 4   5

⇔

0 =

45 + 9x + 7x −5 − x + 4x 45 + 21x −5 + 12x

⇔

0 =

16x + 45 3x − 5 21x + 45 12x − 5

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

0 0 0 0

⇔

x = 0 atau x =

= (16x + 45)(12x – 5) – (21x + 45)(3x – 5) = 192x2 – 460x – 225 – 63x2 – 30x + 225 = 129x2 – 490x = x(129x – 490) 490 129

Oleh karena x1 > x2 berarti x1 =

490 129

dan x2 = 0.

37. Jawaban: e M = BC – A

 4 3   1 2   8 18  =    –    2 1  3 4   2 7   13 20   8 18   5 2  =  –    =   5 8  2 7   3 1 Invers matriks M: 1  1 −2  M–1 = 5 − 6    −3 5  1  1 −2   −1 2  = −1   =  3 −5  3 5 −    


87

38. Jawaban: b Oleh karena a dan b akar-akar suatu persamaan kuadrat maka x2 – (a + b)x + ab = 0. a dan b memenuhi persamaan:

 a b   5 −2   2 13   −3 2   4 3  =  −7 12        5a + 4b −2a + 3b   2 13  ⇔   =   12  −7   −7 12  Dari kesamaan matrik diperoleh: 5a + 4b = 2 –2a + 3b = 13 Eliminasi a dari kedua persamaan diperoleh: 5a + 4b = 2 ×2 10a + 8b = 4 –2a + 3b = 13 × 5 –10a + 15b = 65 –––––––––––––– + 23b = 69 ⇔ b=3 Substitusi b = 3 ke salah satu persamaan: 5a + 4b = 2 ⇔ 5a + 4(3) = 2 ⇔ 5a = –10 ⇔ a = –2 Diperoleh a = –2 dan b = 3. Persamaan kuadrat yang akar-akarnya –2 dan 3 adalah x2 – (–2 + 3)x + (–2)3 = 0 ⇔ x2 – x – 6 = 0 Jadi, persamaan kuadrat itu x2 – x – 6 = 0.

1 −3 3 2 2 −3 1 2

x0 =

2 1 2 1

y0 =

⇔ A= = = =

40. Jawaban: a 2x – 3y = 1 x + 2y = 3 Sistem persamaan linear tersebut dapat disajikan dalam bentuk persamaan matriks:

 1  2 −3   x   1 2   y  =  3   


11

= 7 p = 11

5

= 7 5

= 16 Jadi, nilai 7y0 + p = 16. B. Uraian 1. a.

∫ f(x) dx 7 x2 x

= ∫ (2x + 3x x – 3

−

) dx

5

= ∫ (2x + 3 x 2 – 7 x 2 ) dx

b.

3

+1

=

1 3 x 3

+

=

1 3 x 3

+

=

1 3 x 3

− + 6 x 2 – 14 x 2 + c

=

1 3 x 3

+ 6 x2 x –

3 3 2

3 5 2

+1

x2

5

x2 –

7 3 − 2

5

5

7

–

x

−

5 − 2

3 2

−

5 2

+1

+c

+c

3

3

5

14 3x x

1 2

= 2 · (– ) cos (2x – π) + = –cos (2x – π) +

1 2

+c

∫ (x – 2)(3 + x) dx 0

2

=

∫ (x2 + x – 6) dx 0

2 1 1 =  x3 + x2 – 6x  3 2 0

=

8 3

+ 2 – 12 – 0 1 3

1 2

sin (cos 2x + π) + c

sin (cos 2x + π) + c

2

2. a.

+1

x

∫ f(x) dx = ∫ 2 sin (2x – π) + cos (2x + π) dx

= –7 88

p 7

7y0 + p = 7( 7 ) + 11

−1

 −5   27   

⇔

2 − (−9) 4 − (−3)

=

1 3 −3 2

6 −1 4 − (−3)

=

 −5   27   

 4 1   −5   −2 3   27      1  3 −1 12 − (−2)  2 4  1  −42  14  98   −3  7  

p 4 − (−3)

⇔

39. Jawaban: e

 4 1  −2 3  A =  

⇔

b.

Y

π 6

y=x–4

∫ (cos 2x – sin x) dx 0

=

3. a.

1 sin 2

π

2x + cos x  6

0

=(

1 2

sin

=(

1 2

·

1 2

π 3

+ cos

π 6

)–(

1 2

sin 0 + cos 0)

1

0

8

3

3 + 2 3 ) – (0 + 1) = 4 3 – 1

x=

1 2

X

y2

∫ (6 – 4x) x 2 − 3x + 8 dx du dx

= 2x – 3 ⇔ (2x – 3) dx = du

b.

Luas daerah D:

∫ (6 – 4x) x 2 − 3x + 8 dx = –2 ∫ (x2 – 3x + 8 ) · (2x – 3) dx 1 2

=

= –2 ∫ u du = –2 · =–

4 3

8

0 4

∫

4

1 2

u +c 4 3

(x2 − 3x + 8)3 + c

∫ u dv = uv – ∫ v du ∫ 2x cos 2x dx sin 2x –

∫

1 sin 2

32

∫ sin 2x dx

= x sin 2x +

1 2

cos 2x + c

4. a. Persamaan kurva: 1

x = 2 y2 ⇒ y = 2x Substitusikan y = x – 4 ke persamaan 1

x = 2 y2. x = 2 (x – 4)2 ⇔ 2x = x2 – 8x + 16 ⇔ x2 – 10x + 16 = 0 ⇔ (x – 8)(x – 2) = 0 ⇔ x = 8 atau x = 2

32

= 3 + (( 3

2x

=

sin 2x · 2 dx

= x sin 2x –

4

4

8

 4 32 1 2  –  3 ⋅ 4 − 2 ⋅ 4 + 4 ⋅ 4   

= 1 2

1

 4 3 1 2  4 3  =  3 ⋅ 4 2 − 0  +   3 ⋅ 8 2 − 2 ⋅ 8 + 4 ⋅ 8  

dv = cos 2x dx ⇒ v = ∫ cos 2x dx =

8

(2x) dx + ∫ ((2x)2 − x + 4) dx

4 3 1  =  4 x  +  x 2 − x 2 + 4x  3 2  4  3 0

Misalkan:u = 2x ⇒ du = 2 dx

1

4

3 2

u3 + c = –

1 2

0 4

0

3 2

∫ 2x cos 2x dx

= 2x ·

8

= ∫ 2x dx + ∫ ( 2x − (x − 4)) dx

1 2

2 3

4

L = ∫ y1 dx + ∫ (y1 − y 2 ) dx

Sehingga diperoleh:

b.

4

32 3 32 3

32

+ 3

32

2 – 32 + 32) – ( 3 – 8 + 16)) 2 – 32 + 32 –

32 3

+ 8 – 16

2 –8 32

Jadi, luas daerah D adalah ( 3 satuan luas. 5. a. (i)

2 – 8)

Persamaan garis k y−5 7−5

=

x−2 5−2

⇔

y−5 2

=

x−2 3

⇔ 3y –15 = 2x – 4 ⇔ 3y – 2x = 11 Daerah penyelesaian di kanan garis 3y – 2x sehingga pertidaksamaannya 3y – 2x ≤ 11 . . . . (1) (ii) Persamaan garis y−2 7−2

=

x−6 5−6

⇔

y−2 5

=

x−6 −1

⇔ –y + 2 = 5x – 30 ⇔ –y – 5x = –32 ⇔ y + 5x = 32


89

Daerah penyelesaian di kiri garis y + 5x = 32 sehingga pertidaksamaanya y + 5x ≤ 32 . . . . (2) (iii) Persamaan garis m y−2 5−2

=

x−6 2−6

⇔

y−2 3

=

x−6 −4

⇔ –4y + 8 = 3x – 18 ⇔ –4y – 3x = –26 ⇔ 4y + 3x = 26 Daerah penyelesaiannya di kanan garis 4y + 3x sehingga pertidaksamaannya 4y + 3x ≥ 26 . . . . (3) Dari pertidaksamaan (1), (2), dan (3) diperoleh sistem pertidaksamaan: 3y – 2x ≤ 11 y + 5x ≤ 32 4y + 3x ≥ 26 b.

(i)

6.

=

⇔

y 10

=

x−4 −4

⇔ –4y = 10x – 40 ⇔ 4y + 10x = 40 Daerah penyelesaian di kanan garis 4y + 10x = 40 sehingga pertidaksamaannya 4y + 10x ≥ 40 . . . . (2) (iii) Garis r melalui titik (0, 6) dan (12, 0). Persamaan garis r y−0 6−0

=

x − 12 0 − 12

⇔

y 6

=

x − 12 −12

⇔ –12y = 6x – 72 ⇔ 12y + 6x = 72 ⇔ 2y + x = 12 Daerah penyelesaian di kiri garis 2y + x = 12 sehingga pertidaksamaannya 2y + x ≤ 12 . . . . (3) (iv) Daerah penyelesaian di atas sumbu X sehinggga pertidaksamaannya y ≥ 0 . . . . (4) Dari pertidaksamaan (1), (2), (3), dan (4) diperoleh sistem pertidaksamaan: y≤x 4y + 10x ≥ 40 2y + x ≤ 12 y≥0

90


Laba

6

4

5

6.000

3

6

5

5.000

Persediaan waktu

54

48

50

Fungsi objektif: f(x, y) = 6.000x + 5.000y Kendala: 6x + 3y ≤ 54 ⇔ 2x + y ≤ 18 4x + 6y ≤ 48 ⇔ 2x + 3y ≤ 24 5x + 5y ≤ 50 ⇔ x + y ≤ 10 x ≥ 0, y ≥ 0 Grafik daerah penyelesaian: Y 18

2x + y = 18

10

8 A E(6, 4)

(ii) Garis q melalui titik (0, 10) dan (4, 0). Persamaan garis q: x−4 0−4

Pengolahan Pemasangan Pengepakan

Boneka (x) Mobilmobilan (y)

Persamaan garis p: y = x Daerah penyelesaian di kanan garis y = x sehingga pertidaksamaannya y ≤ x . . . . (1)

y−0 10 − 0

Waktu

Jenis Mainan

0

D(8, 2) C X 910 12 2x + 3y = 24 x+y = 10

B

Menggunakan uji titik pojok Titik Pojok A(0, 8) B(0, 0) C(9, 0) D(8, 2) E(6, 4)

Fungsi Objektif f(x, y) = 6.000x + 5.000y 6.000 · 0 + 5.000 · 8 = 40.000 6.000 · 0 + 5.000 · 0 = 0 6.000 · 9 + 5.000 · 0 = 54.000 6.000 · 8 + 5.000 · 2 = 58.000 (maksimum) 6.000 · 6 + 5.000 · 4 = 56.000

Dari tabel diperoleh nilai maksimum 58.000 di titik D(8, 2). Jadi, pabrik tersebut harus memproduksi 8 unit boneka dan 2 unit mobil-mobilan per minggu agar memperoleh laba maksimum. 7. a.

Misal: x = banyak unsur A (ons) y = banyak unsur B (ons) Unsur

Nitrogen (bagian)

Kalium (bagian)

Harga (rupiah/ons)

A

3x

2x

1.500

B

2y

4y

2.000

7

10

Model matematika: 3x + 2y ≥ 7 2x + 4y ≥ 10 x ≥ 0, y ≥ 0 Fungsi objektif: f(x, y) = 1.500x + 2.000y.

b.


 1 − x − x   1− x − x  (B–1)2 =    1+ x   x 1+ x   x

Y

 (1− x)2 − x2 (1− x)(−x) + (1+ x)(−x)   =  x(1− x) + x(1+ x)  −x2 + (1+ x)2  

3,5 2,5

(1 ,2)

 1− 2x + x 2 − x 2 =   x(1− x + 1+ x) 

X 0

2,3

5

Uji titik pojok ke fungsi sasaran: f(x, y) = 1.500x + 2.000y f(0, 4,5) = 1.500(0) + 2.000(4,5) = 9.000 f(1, 2) = 1.500(1) + 2.000(2) = 5.500 f(5, 0) = 1.500(5) + 2.000(0) = 7.500 Jadi, biaya minimum Rp5.500,00 dicapai dengan mencampur 1 ons unsur A dan 2 ons unsur B. 8. D = 2AB – C

 −2 3   0 −3 5   2 −1 0  –  4 2 7  = 2  4 −5      −1 1 −3     1 0  1 −1 0   −4 − 3 2 + 3 0 − 9   0 −3 5  = 2  8 + 5 −4 − 5 0 + 15  –  4 2 7       2 + 0 −1 + 0 0 + 0   1 −1 0 

 1− 2x −2x  =   1+ 2x   2x

det (B–1)2 = (1 – 2x)(1 + 2x) – (2x)(–2x) = 1 – 4x2 + 4x2 =1 det (A) = det (B–1)2 ⇔ 3a2 – 5a + 1 = 1 ⇔ 3a2 – 5a – 2 = 0 ⇔ (a – 2)(3a + 1) = 0 ⇔

1

10. a.

 9 5 Jadi, invers matriks A adalah A–1 =  .  7 4

DT

1 det B

 1− x − x    1+ x   x

− x   1− x − x  1  1− x = 1  =   1+ x   x 1+ x   x

 −2 3     −5 7  9 − 14   −12 + 21

1  9 5 A–1 = 36 − 35    7 4  9 5 =    7 4

 −14 13 −23  =  22 −20 23    0  −1  3

B–1 =

 3 −2  A =    −4 3   −6 + 10 =   8 − 15

 4 −5  =    −7 9  Invers matriks A:

 −14 10 −18   0 −3 5  =  26 −18 30  –  4 2 7      0   1 −1 0  −2  4

det (B) = (1 + x)(1 – x) + x2 = 1 – x2 + x2 = 1

1

a = 2 atau a = – 3

Jadi, nilai a = 2 atau a = – 3 .

 −7 5 −9   0 −3 5  = 2  13 −9 15  –  4 2 7       2 −1 0   1 −1 0 

 −14 22 3  Jadi, =  13 −20 −1 .    −23 23 0  9. det (A) = a(3a – 4) – (a + 1) = 3a2 – 4a – a + 1 = 3a2 – 5a + 1

− x(1− x + 1+ x)   −x 2 + 1+ 2x + x 2 

b.

 −3 5  AB =    6 −9   −3 5  ⇔ B = A–1    6 −9   9 5   −3 5  3 0  =     =    7 4   6 −9   3 −1 3 0  Jadi, matriks B =  .  3 −1


91

Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter Standar Kompetensi 3. Menggunakan konsep matriks, vektor, dan transformasi dalam pemecahan masalah.


3.5

Menggunakan sifatsifat dan operasi aljabar vektor dalam pemecahan masalah. Menggunakan sifatsifat dan operasi perkalian skalar dua vektor dalam pemecahan masalah.

Nilai

Indikator

Gemar membaca

Mendiskripsikan pengertian vektor, sifat-sifat, dan operasi vektor dari segi pelajaran Fisika dan dari segi matematis untuk memecahkan masalah.

Pada bab ini akan dipelajari: 1. Sifat-sifat vektor 2. Operasi aljabar vektor 3. Hasil perkalian skalar vektor 4. Besar sudut antara dua vektor 5. Proyeksi skalar suatu vektor pada vektor lain 6. Proyeksi ortogonal suatu vektor pada vektor lain

Vektor

Menggunakan sifat-sifat operasi aljabar vektor dalam pemecahan masalah • • • • • • •

Menentukan hasil penjumlahan dua vektor Menentukan hasil pengurangan dua vektor Menentukan hasil perkalian skalar dengan vektor Menentukan vektor posisi Menentukan vektor basis Menentukan panjang vektor Menggunakan sifat perbandingan dua vektor Siswa mampu menentukan operasi aljabar vektor

Menggunakan sifat-sifat perkalian skalar dua vektor dalam pemecahan masalah • • • •

Menentukan hasil kali skalar dua vektor Menentukan besar sudut antara dua vektor Menggunakan sifat dua vektor yang saling tegak lurus Menggunakan sifat perkalian skalar vektor

Siswa mampu menentukan perkalian skalar dua vektor

Menentukan proyeksi vektor

• •

Menentukan proyeksi skalar ortogonal Menentukan proyeksi vektor ortogonal

Siswa mampu menentukan proyeksi vektor

Siswa dapat menggunakan sifat-sifat operasi aljabar vektor dan operasi perkalian skalar dua vektor dalam pemecahan masalah

92

Vektor

5. Jawaban: a 2 a – b = 2( i – 2 j + 3 k ) – (2 i + j – 4 k )


= (2 i – 4 j + 6 k ) – (2 i + j – 4 k )

C

D

= (2 – 2) i + (–4 – 1) j + (6 + 4) k v

A

= 0 i – 5 j + 10 k u

B

AB + AC + BC + BD = AB + ( AB + BC ) + BC + ( BC + CD ) = AB + ( AB + AD ) + AD + ( AD – AB ) = u + (u + v ) + v + ( v – u ) = u + u + v + v + v – u = u + 3v 2.

3.

Jawaban: c u = 6 i – 5 j + 4k v = i + 3 j – 2k u + 3 v = (6 i – 5 j + 4 k ) + 3( i + 3 j – 2 k ) = 6 i – 5 j + 4k + 3 i + 9 j – 6k = 9 i + 4 j – 2k Jawaban: a

 2 2  0 a = PQ = q – p =  5  –  −1 =  6         4   2  2 b = QR = r – q =  −2  –  5  =  −7        1 2

4.

 2   0  2   2  1  0 a + b = 2  6  +  −7  =  3  +  −7  =  −4           

Jawaban: a

02 + (−5)2 + 102

|2 a – b | = =

0 + 25 + 100

=

125 = 5 5

Jadi, panjang vektor 2 a – b adalah 5 5 . 6. Jawaban: e

PQ = OQ – OP  7  5  2        =  −x  –  x  =  −2x   3  2  1        PQ  = 3 ⇔

22 + (−2x)2 + 12 = 3

⇔

4 + 4x 2 + 1 = 3

4x 2 + 5 = 3 ⇔ ⇔ 4x2 + 5 = 9 ⇔ 4x2 = 4 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = – 1 atau x = 1 Oleh karena x > 0 maka x = 1. Jadi, nilai x = 1. 7. Jawaban: d

p = 7i − 6j − 5k

3u – w = 2 v

 −2  4   ⇔ w = 3u – 2v = 3 1 – 2 3       −4   −2   −4   12    = 3 –  6     −8   −6   16  =  −3    2

B(–2, 3, 4) ⇔ b = –2 i + 3 j + 4 k

AB = –( p ) ⇔ b − a = –p ⇔

a = b + p = ( −2i + 3j + 4k ) + ( 7i − 6j − 5k ) = 5i − 3j − k Diperoleh vektor posisi titik A adalah a = 5i − 3j − k . Jadi, koordinat titik A(5, –3, –1).


93

8. Jawaban: c

10. Jawaban: c

2 4  −2   −2  2   AB = b − a =   –   =  −4   1  q 1 − q 

S

 8  4  4  p + 2 2  p  AC = c − a ⇔   –   =    −8   q  −8 − q 

Q

P

Pada jajargenjang PQRS berlaku:

Titik A, B, dan C segaris sehingga diperoleh hubungan berikut.

PQ = SR ⇔ q − p = r − s

k AB = AC

⇔

 −2   4   −4   p  k  =   1 − q   −8 − q 

⇔

B. Uraian 1.

Dari kesamaan vektor diperoleh: –2k = 4 ⇔ k = –2 –4k = p ⇔ p = –4(–2) = 8 (1 – q)k = –8 – q ⇔ (1 – q)(–2) = –8 – q ⇔ –2 + 2q = –8 – q ⇔ 3q = –6 ⇔ q = –2 Nilai p + q = 8 + (–2) = 6.

S

P

a.

= –u + v

xP =

1

B(6, 8, 3)

1

= 2 ( PQ + PS )

AP : PB = 3 : 2

=

2 ⋅ 11 + 3 ⋅ 6 5

=

22 + 18 5

1

= 2 (u + v ) 1

yP =

c.

= – PT + PS

=

2⋅3+ 3⋅8 5

= – 2 PQ + PS 1 =– u + v

=

6 + 24 5

1

2

d.

30

2z A + 3zB 2+3

=

2(−2) + 3 ⋅ 3 5

Vektor

RT = RQ + QT = – QR + (– TQ )

=

Jadi, koordinat titik P (8, 6, 1).

94

TS = TP + PS

40

= 5 =6 zP =

1

= 2 u + 2 v

= 5 =8 2y A + 3yB 2+3

1

OR = PR 2 = 2 ( PQ + QR )

P

AB : BP = 5 : –2 ⇔

QS = QP + PS = – PQ + PS

–2

A(11, 3, –2)

Q

T

PQ = u dan PS = v

b.

5

R

O

9. Jawaban: b 3

s = r −q+p = p−q+r

 −2k   4   −4k   p  ⇔   =    (1 − q)k   −8 − q 

2x A + 3xB 2+3

R

−4 + 9 5

5

= 5 =1

1

= – PS – 2 PQ 1

= –v – 2 u

2.

2 i k a = 2 – 4 j – 2 =  −4     −2   −1 b = – i + 5 j – 2k =  5     −2  a. c = 3 a + b

b.

AD = 2AC − 3BC ⇔

 11   −4      =  −11 +  5   4  2    

52 + (−6)2 + (−8)2

7   =  −6  6   Jadi, koordinat titik D(7, –6, 6).

25 + 36 + 64 = 5 5

Vektor satuan dari c = 3 a + b adalah 1 5 5

b.

(5 i – 6 j – 8 k ).

4b – 2c + 3a = 0

4. a.

Menentukan koordinat titik A.

⇔ 2c = 3a + 4b

 −1  2 = 3  −4  + 4  6       −2   −2   −4   6  =  −12  +  24  =      −8   −6   −1   2  1 c = 2  12  =  6       −2   −14 

⇔ |c | =

12 + 62 + (−7)2

=

1+ 36 + 49 =

2

1 P

 2   12     −14 

1 86

Q

A

Titik A membagi PQ di dalam dengan perbandingan 1 : 2 maka PA : AQ = 1 : 2. xA =

1 ⋅ x Q + 2 ⋅ xP 1+ 2

=

1⋅ 0 + 2 ⋅ 3 3

= 3 =2

yA =

1 ⋅ y Q + 2 ⋅ yP 1+ 2

=

1⋅ 3 + 2 ⋅ 0 3

= 3 =1

zA =

1 ⋅ zQ + 2 ⋅ zP 1+ 2

=

1 ⋅ (−3) + 2 ⋅ 6 3

xB =

xP + xR 2

=

3+1 2

=2

yB =

yP + yR 2

=

0+0 2

=0

zB =

zP + zR 2

=

6−4 2

=1

6 3

9

= 3 =3 Diperoleh koordinat titik A(2, 1, 3). Titik B merupakan titik tengah PR maka koordinat titik B:

86

Vektor satuan dari c adalah

( i + 6 j – 7 k ).

3. A(–4, 5, 2); B(2, –1, 3); C(3, –2, 1) a.

x  14   3   −4           y  =  −14  –  −3  +  5  z  −2   −6  2        

⇔

 6   −1  5   12 − = +  6  =  −6         −6   −2   −8 

=

d − a = 2AC − 3BC

 x   −4  7  1         ⇔  y  –  5  = 2  −7  – 3  −1 z  2   −1  −2         

 −1  2   = 3 −4 +  6       −2   −2 

|c | =

Misalkan koordinat D(x, y, z).

3  −4  7 AC = c − a =  −2  –  5  =  −7   1 2  −1       3 2  1 BC = c − b =  −2  –  −1 =  −1  1 3  −2       

Diperoleh koordinat titik B(2, 0, 1). Menentukan koordinat titik C. 2 1 Q

R

C


95

Titik C membagi QR di luar dengan perbandingan 2 : 1 maka QC : CR = 2 : (–1). xC =

2 ⋅ xR − 1 ⋅ xQ 2 −1

=

2 ⋅ 1 − 1⋅ 0 1

=2

yC =

2 ⋅ yR − 1 ⋅ yQ 2 −1

=

2 ⋅ 0 − 1⋅ 3 1

= –3

zC =

2 ⋅ zR − 1 ⋅ zQ 2 −1

= 2 ⋅ (−4) − 1 ⋅ (−3) 1

=

−8 + 3 1

| BC | =

02 + (−3)2 + (−6)2

=

0 + 9 + 36

=

45

=3 5 Perbandingan AB : BC = 5.

5 : 3 5 = 1 : 3.

Q

U

= –5

Diperoleh koordinat titik C(2, –3, –5). b.

Titik A, B, dan C kolinear jika memenuhi

AC = k · AB .

P

a.

Gerakan angin dinyatakan sebagai PU . Gerakan pesawat mainan akibat tertiup angin dinyatakan sebagai PQ .

AC = c − a

PB  = 30

 2  2  0   0 =  −3  −  1  =  −4  = 4  −1 = 4 AB          −5   3   − 8   −2 

BQ = PU = 16 PQ 2 = PB 2 + BQ 2 ⇔ PQ 2 = 302 + 162

Jadi, terbukti A, B, dan C kolinear dengan k = 4.

⇔ PQ 2 = 900 + 256

Perbandingan AB : BC

⇔ PQ 2 = 1.156

 2  2  0        BC = c − b =  −3  −  0  =  −3   −5   1   −6       

⇔ PQ  = 34 Jadi, kecepatan pesawat mainan akibat tertiup angin 34 km/jam.

| AB | =

2

2

2

0 + (−1) + (−2)

=

0 + 1+ 4

=

5


 1  4   −3  AB = b – a =  3  –  −2  =  5         −3   1  −4  BC = c – b =  2  –  3  =  −1       − 3 − 4     AB · BC =  5  ·  −1     = (–3)(–4) + (5)(–1) = 12 – 5 = 7 96

Gerakan pesawat mainan dinyatakan sebagai PB .

2 2 0       AB = b − a =  0  −  1  =  −1  1  3   −2       

c.

B

Vektor

b.

| UQ |

30

sin ∠ QPU = | PQ | = 34 = 0,8824 ∠ QPU = arc sin 0,8824 ≈ 61,93° Jadi, besar sudut arah lintasan pesawat mainan terhadap arah angin kurang lebih 61,93°.

2. Jawaban: d u = 2 i + 3 j – 2k v = a i – 2 j + 4k u · v = –4 ⇔ (2)(a) + (3)(–2) + (–2)(4) = –4 ⇔ 2a – 6 – 8 = –4 ⇔ 2a = 10 ⇔ a=5 Diperoleh v = 5 i – 2 j + 4 k , sehingga: u + v = (2 i + 3 j – 2 k ) + (5 i – 2 j + 4 k )

= 7 i + j + 2k

3. Jawaban: c

4 3  −2    a =   dan b =  2   1  −2  4 4     a · a =  −2  ·  −2   1  1 = (4)(4) + (–2)(–2) + (1)(1) = 16 + 4 + 1 = 21

4 3     a · b =  −2  ·  2   1   −2  = (4)(3) + (–2)(2) + (1)(–2) = 12 – 4 – 2 =6

BA · BC = 3 · 2 + 2 · 3 + 4 · (–3) = 6 + 6 – 12 = 0

a · c = 0. ⇔ 1 · 2 + 2 · 1 + (–x) · 2 = 0 ⇔ 2 + 2 – 2x = 0 ⇔ –2x = –4 ⇔ x=2

Dengan demikian a = i + 2 j – x k = i + 2 j – 2 k . a · a = 1 · 1 + 2 · 2 + (–2) · (–2) = 1 + 4 + 4 = 9

b · a = 3 · 1 + (–2) · 2 + 1 · (–2) = 3 – 4 – 2 = –3 a · c = 1 · 2 + 2 · 1 + (–2) · 2 = 2 + 2 – 4 = 0

b · c = 3 · 2 + (–2) · 1 + 1 · 2 = 6 – 2 + 2 = 6 ( a + b )( a – c ) = a · a + b · a – a · c – b · c = 9 + (–3) – 0 – 6 =0 Jadi, ( a + b )( a – c ) = 0. 5. Jawaban: b

5  2  3  1   −1   BA = a – b =   –   =  2   3   −1 4 4 2 2 2  −1   BC = c – b =   –   =  3   −4   −1  −3 

29

22 + 32 + (−3)2 = 4 + 9 + 9 = Misalkan sudut ABC = α, maka: 0

BA ⋅ BC

cos α = | BA | | BC | =

29 × 22

22

=0

π

⇔α= 2

π

Jadi, besar sudut ABC = 2 . 6. Jawaban: a Misal α = sudut antara vektor a dan b . cos α = =

4 Jawaban: c

dengan vektor c = 2 i + j + 2 k , berlaku

9 + 4 + 16 =

| BC | =

a · (a + b) = a · a + a · b = 21 + 6 = 27

Oleh karena vektor a = i + 2 j – x k tegak lurus

32 + 22 + 42 =

| BA | =

a·b | a || b | 4⋅3+ 2⋅3+ 2⋅0 2

4 + 22 + 22 ⋅ 32 + 32 + 02

=

18 24 ⋅ 18

=

18 24

=

3 2 2 2 3

3 2 3

=

1

Oleh karena cos α = 2

×

3 3

1

= 2

3

3 maka a = 30°.

Jadi, besar sudut antara vektor a dan b adalah 30°. 7. Jawaban: d

u · v = | u | | v | cos ∠( u , v )  1   1      π ⇔  2  ·  − 2  = 1 + 2 + a 2 1 + 2 + a 2 cos 3  a   a      1 ⇔ 1 – 2 + a2 = (1 + 2 + a2) × 2 ⇔ ⇔ ⇔

2(–1 + a2) = 3 + a2 –2 + 2a2 = 3 + a2 a2 = 5

⇔

a= ± 5

Jadi, nilai a adalah – 5 atau

5.

8. Jawaban: d

 4  0     OA =  0  , OC =  6   0  0     AC = OC – OA  −4   0  4 =  6  –  0  =  6      0  0  0      


97

 4   −4      OA · AC =  0  ·  6   0  0      = 4(–4) + 0 · 6 + 0 · 0 = –16

(−4)2 + 62 + 02

| AC | = =

16 + 36 + 0 =

52 = 2 13

B. Uraian 1.

4 2  −1   u =   dan v =  −3  2  −2 

a.

4 2     u · v =  −1 ·  −3   2   −2  = (4)(2) + (–1)(–3) + (2)(–2) =8+3–4 =7

Misalkan sudut antara vektor OA dengan vektor

AC adalah α. cos α =

OA ⋅ AC | OA | | AC |

=

−16 4 ⋅ 2 13

=–

2 13

Jadi, nilai kosinus sudut antara vektor OA dengan vektor AC adalah –

2 13

b.

= (4)(4) + (–1)(–1) + (2)(2) = 16 + 1 + 4 = 21

.

9. Jawaban: b

u · (2 v + u ) = 2 u · v + u · u = 2(7) + 21 = 35

a ⊥ b ⇔ a · b =0 a ⊥ (b + 2c ) = 0

⇔

a · (b + 2c ) = 0

⇔ a · b + 2a · c = 0 ⇔

0 + 2a · c = 0

⇔

2a · c = 0

⇔

a · c =0

4 4     u · u =  −1 ·  −1 2 2

c.

2 2     v · v =  −3  ·  −3   −2   −2  = (2)(2) + (–3)(–3) + (–2)(–2) =4+9+4 = 17

a ⋅ (2b − c) = 2a ⋅ b − a ⋅ c =2·0–0=0

(v + u) · (v – u) = v · v – u · u = 17 – 21 = –4

10. Jawaban: b d.

Vektor u sejajar v maka:

u = kv ⇔ (x y 1) = k(–1 3 z) ⇔ (x y 1) = (–k 3k kz) Dari kesamaan vektor diperoleh:

= 2 v · v – 5u · v – 3u · u = 2(17) – 5(7) – 3(21) = 34 – 35 – 63 = –64

1

y = 3k ⇔ k = 3 y 1

x = –k = – 3 y

2. a.

1

Vektor u = (– 3 y, y, 1)

(2 v + u ) · ( v – 3 u ) = 2 v · v – 6u · v + u · v – 3u · u

Vektor a tegak lurus dengan b maka: a · b= 0

Vektor u tegak lurus w = (3, –2, 3) maka u · w = 0.

u · w =0

1 ⇔ (– 3

⇔ ⇔ ⇔

98

Vektor

y)(3) + (y)(–2) + (1)(3) = 0 –y – 2y + 3 = 0 3y = 3 y=1

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

 −2   3       x  ·  −1  5 2     (–2) · 3 + x(–1) + 5 · 2 –6 – x + 10 –x + 4 x

=0 =0 =0 =0 =4

Vektor b sejajar dengan c maka: b = mc

⇔

3  y     1 − = m    −2  2  x    

⇔

3  y      −1 = m  −2  2 4    

⇔

|a + b| = d.

3  ym      1 − =    −2m  2  4m     

3 4  −1 AC = c – a =  1  –  3  =  −2        2 2 0 AB · AC = –2 · (–1) + 1 · (–2) + 0 · 0 =2–2+0=0

1

1)

–1 = –2m ⇔ m = 2

2)

ym = 3 ⇔

1

y( 2 ) = 3

| AB | =

 −2   3   y        a + b – c =  x  +  −1 −  −2   5 2  x         −2   3   6  =  4  +  −1 −  −2         5 2  4        −5  = 5   3  

5

0

AB ⋅ AC

Oleh karena | AB | = | AC | maka segitiga ABC sama kaki, sehingga: 1

∠ABC = ∠ACB = 2 (180° – 90°) = 45° Jadi, ∠BAC = 90° dan ∠ABC = ∠ACB = 45°. 5. Vektor a , b , dan c segaris maka a = n b dan a = mc .

5 13 5

a.

a · b = | a | | b | cos α = 13 × 8 × 13 = 40

b.

a · (a + b) = a · a + a · b = | a |2 + a · b = 132 + 40 = 169 + 40 = 209 2 | a + b | = ( a + b )2

c.

5

cos α = | AB | | AC | = 5 × 5 = 0 ⇔ α = 90° Diperoleh besar ∠BAC = 90°.

| a | = 13 dan | b | = 8 ⇔ cos α =

4 + 1+ 0 =

(−1)2 + (−2)2 + 02 = 1 + 4 + 0 = Misalkan sudut BAC = α, maka:

−5i + 5 j + 3k .

tan α =

(−2)2 + 12 + 02 =

| AC | =

Jadi, hasil operasi ( a + b – c ) adalah

12 5

153

4. A(4, 3, 2), B(2, 4, 2), dan C(3, 1, 2)  −2  2 4 AB = b – a =  4  –  3  =  1        0 2 2

⇔ y=3·2=6 Jadi, nilai x = 4 dan y = 6.

3.

| a – b |2 = ( a – b )2 = (a – b) · (a – b) = a · a – a · b – b · a + b · b = | a |2 – 2 a · b + | b |2 = 132 – 2(40) + 82 = 169 – 80 + 64 = 153 |a – b| =

Dari kesamaan vektor diperoleh:

b.

313

= (a + b) · (a + b) = a · a + a ·b + b · a +b ·b = | a |2 + 2 a · b + | b | 2 = 132 + 2(40) + 82 = 169 + 80 + 64 = 313

   2z   x  a = n b ⇔  −4  = n  − y    1   18   y 2 

Dari kesamaan vektor diperoleh: –4 = –ny ⇔ n = 1 y 2

1

4 y 4

= n18 ⇔ 2 y = y · 18 ⇔ y2 = 4 · 36 ⇔ y = ±2 · 6 ⇔ y = ±12


99

Oleh karena y bilangan bulat positif maka y = 12.

a = mc ⇔

   1  x   −4  = m  − x    1   z   y 2 

⇔

   1  x   −4  = m  − x    1   z   ⋅ 12  2 

 x   1  −4  = m  − x      6  z  Dari kesamaan vektor diperoleh: x=m·1⇔m=x –4 = m(–x) ⇔ –4 = x(–x) ⇔ 4 = x2 ⇔ x = ±2 Oleh karena x bilangan bulat positif maka x = 2. 6 = mz ⇔ 6 = xz ⇔ 6 = 2z ⇔ z=3

⇔

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d

2 3 m =  −1 dan n =  −4      Proyeksi skalar ortogonal m pada n = = =

m⋅n |n| 2 ⋅ 3 + ( −1) ⋅ (−4) 32 + (−4)2

6+4 9 + 16

10

= 5 =2 2.

Jawaban: a K(3, 2, –1), L(9, 4, –4), dan M(2, 1, –6)

3  −1 2 KM = m – k =  1  –  2  =  −1        −1  −5   −6  6 3 9 KL = l – k =  4  –  2  =  2         −3   −1  −4  100

Vektor

Dengan demikian diperoleh: 1

1

a =xi –4j + · y k = 2 i – 4 j + 2 · 12 k 2

= 2 i – 4 j + 6k

b = 2z i – y j + 18 k = 2 · 3 i – 12 j + 18 k = 6 i – 12 j + 18 k c = i – x j + zk = i – 2 j + 3k

 2   6   1  a · ( b – c ) =  −4  ·   −12  −  −2            6    18   3    2  5  =  −4  ·  −10       6   15  = 10 + 40 + 90 = 140

Jadi, nilai a · ( b – c ) = 140

| KN | = =

KM ⋅ KL | KL | (−1) ⋅ 6 + (−1) ⋅ 2 + (−5) ⋅ (−3) 2

2

2

6 + 2 + (−3)

3. Jawaban: d

 1  −2      4p + q = 4  4  +  1   −3  2    

 4   −2      =  16  +  1   −12  2      2    =  17   −10     −2   −4      2q = 2  1  =  2  2 4    

=

7 49

=1

Proyeksi skalar ortogonal 4p + q pada 2q

=

=

(4p + q) ⋅ (2q)

=

2q −8 + 34 − 40 16 + 4 + 16

=

 2   −4       17  ⋅  2   −10   4     

14

Proyeksi vektor ortogonal a pada b = 7

= – 6 = –3

2m + (−6) ⋅ 1 + (−3)(−2)

1

=13 ⇔

22 + 12 + (−2)2 2m − 6 + 6 9 2m 3

⇔ ⇔

⇔ ⇔ Jadi, nilai m adalah 2.

4

= 3 4

= 3 =

4 3

2m = 4 m=2

4 ⋅ 1+ a ⋅ 1+ 3 ⋅ a 12 + 12 + a2 4 + 4a

⇔

2 + a2 (4 + 4a)2 2 + a2

⇔

= 2 6 = 2 6 = 2 6 =4·6

⇔ 16 + 32a + 16a2 = 24(2 + a2) ⇔ 4 + 8a + 4a2 = 6(2 + a2) ⇔ 4 + 8a + 4a2 = 12 + 6a2 ⇔ 2a2 – 8a + 8 = 0 ⇔ a – 4a + 4 = 0 ⇔ (a – 2)2 = 0 ⇔ a–2=0 ⇔ a=2 Dengan demikian diperoleh:

v = i + j + ak = i + j + 2k u – v = (4 – 1) i + (2 – 1) j + (3 – 2) k

|u – v | =

= =

=

9 + 1+ 1

=

11

Jadi, panjang ( u – v ) =

(2 i + j )

a·b b | b |2 9 ⋅ 2 + (−2) ⋅ 2 + 4 ⋅ 1

(

22 + 22 + 12

18 (2 9

)

2

(2 i + 2 j + k )

i +2 j + k)

= 2(2 i + 2 j + k ) = 4 i + 4 j + 2k Jadi, proyeksi orthogonal vektor a pada vektor b adalah 4 i + 4 j + 2 k . 8. Jawaban: c

 −1  2   −3        4 1 − − AB = b – a =     =  5   −2   −1  −1       3  5 2       AC = c – a =  0  −  −1 =  1   −2   −3   −1       3  −3      AB · AC =  5  ·  1   −2   −1     = (–3) · 3 + 5 · 1 + (–1)(–2) = –9 + 5 + 2 = –2 Proyeksi vektor ortogonal AB pada AC = =

32 + 12 + 12

2

Proyeksi orthogonal vektor a pada vektor b

u = 4 i + a j + 3k = 4 i + 2 j + 3k

=3i + j + k

3 ⋅ 2 + 4 ⋅1  22 + 12     

7. Jawaban: c

=

Panjang proyeksi ortogonal u pada v = 2 6 .

⇔

b =

10

5. Jawaban: a u⋅ v |v|

a⋅b | b |2

= 5 (2 i + j ) = 4 i + 2 j

4. Jawaban: c a⋅b |b|

a =3i +4j

b =2i + j

(−4)2 + 22 + 42 −14 36

6. Jawaban: b

AB ⋅ AC | AC |2

(

AC −2

2

2

3 + 1 + (−2)2

)

2

(3 i + j – 2 k )

−2

= 9 + 1+ 4 (3 i + j – 2 k )

11 .

1

= – 7 (3 i + j – 2 k )


101

9 Jawaban: e u · v =

=

Dengan demikian,

2π | u || v | cos 3 1 12 × 4 × (– 2 )

−2a − 16 9

= –24

Proyeksi vektor u pada v =

u⋅v | v |2

v =

−24 42

24

3

v = – 16 v = – 2 v

10. Jawaban: e

 −1   2   −3        PQ = q – p =  a  −  −1 =  a + 1  −11  −3   −8        4  2  2       PR = r – p =  −3  −  −1 =  −2   −2   −3   1        −3   2      PQ · PR =  a + 1 ·  −2   −8       1 = (–3) · 2 + (a + 1)(–2) + (–8) · 1 = –6 – 2a – 2 – 8 = –2a – 16 Proyeksi vektor ortogonal PQ pada PR adalah –4 i + 4 j – 2 k PQ ⋅ PR | PR |2

⇔

⇔

−2a − 16 ( 22 + (−2)2 + 12 )2

 −4    PR =  4   −2   

 2  =  −2   1  

 −4    4  −2   

 2   −4    =    −2   4   1   −2     

⇔

−2a − 16 4 + 4 +1

⇔

 2   −4  −2a − 16      −2  =  4  9  1   −2     

⇔

−2a − 16 9

102

Vektor

 2  2   = –2    −2   −2   1  1    

=–2

⇔ –2a – 16 = –18 ⇔ –2a = –2 ⇔ a=1 Jadi, nilai a = 1. B. Uraian

2  −5  1. a =  3  dan b =  12      a.

Proyeksi skalar ortogonal a pada b : a⋅b |b|

|c| = b.

=

 2   −5   ⋅   3   12  2

(−5) + 12

2

−10 + 36

=

169

26

= 13 = 2

Proyeksi vektor ortogonal a pada b : c =

|c| | b |2

b =

2  −5  169  12 

=

 10   − 169     24     169 

2. A(2, 3), B(–1, –1), dan C(5, –1)

 2   −1 3 BA = a – b =  3  –  −1 =  4         5   −1 6 BC = c – b =  −1 –  −1 =  0        a.

Proyeksi vektor BA pada BC :

BD =

BA ⋅ BC | BC |2

BC =

18  6  1 = 36  0  = 2  

b.

3⋅6+4⋅0 62 + 02

6 0  

6 3 0 = 0    

BD = d – b 3  −1 2 ⇔ d = BD + b =  0  +  −1 =  −1       Jadi, koordinat titik D(2, –1).

3. u

 4  0 4       a 0 − = PQ = q – p =     =  a   −4   0   −4       

 4  0 4       v = PR = r – p =  −2  −  0  =  −2   4  0 4       4 4     u · v =  a  ⋅  −2  = 4 · 4 + a(–2) +(–4) · 4  −4   4      = 16 – 2a – 16 = –2a

−10

Proyeksi vektor ortogonal u pada v = –2 i + j – 2 k

 −2    v =  1  −2    4  −2    ·  −2  =  1    4  −2     

−2a ( 42 + (−2)2 + 42 )2

 4   −2       −2  =  1   4   −2       4   −2  −2a     −2  =  1  36   4   −2     

⇔

 4   −2       −2  =  1   4   −2       −2   −2      1 · (–2)   =  1   −2   −2      a − 18

⇔

−

⇔

a 18

a 9

⇔

 −2   −2      1   =  1  −2   −2     

Dengan demikian, diperoleh

a 9

=1⇔ a =9

Jadi, nilai a = 9. 4. Proyeksi skalar ortogonal p pada q = − 2 p⋅q | q|

⇔

2

– 7 ( i – 5 j – 3 k ). 5.

B(1, 1, 1)

1⋅ 3 + (−5) ⋅ 5 + (−a)(−4) 32 + 52 + (−4)2

= − 2

3 − 25 + 4a 9 + 25 + 16

= − 2

⇔

4a − 22 50

= − 2

⇔ 4a – 22 = − 2 ⋅ 50 ⇔ 4a – 22 = –10 ⇔ 4a = 12 ⇔ a=3 Dengan demikian, diperoleh p = i – 5 j – 3 k . Proyeksi vektor ortogonal q pada p : · p =

3 ⋅ 1+ 5(−5) + (−4)(−3)

( 1 + (−5) + (−3) ) 2

3 − 25 + 12

2

A(5, –3, –6)

a.

2

2

p

D

C(–2, 4, –6)

1   5   −4        AB = b – a =  1  −  −3  =  4   1   −6  7        −2   5   −7      AC = c – a =  4  −  −3  =  7   −6   −6  0        −4   −7      AB · AC =  4  ·  7  7 0     = (–4)(–7) + 4 · 7 + 7 · 0 = 28 + 28 + 0 = 56 Proyeksi vektor ortogonal AB pada AC = AD

AD =

= − 2

⇔

q⋅p | p |2

Jadi, proyeksi vektor ortogonal q pada p adalah

−2a 16 + 4 + 16

⇔

⇔

2

= – 7 ( i – 5 j – 3k )

u⋅ v | v |2

⇔

⇔

= 35 ( i – 5 j – 3 k )

=

AB ⋅ AC | AC |2

AC 56

( (−7)2 + 72 + 02 )2

 −7    7 0  

 −7   −7  56 56     = 49 + 49 + 0  7  = 98  7  0 0      −7   −4      = 7 = 4 0 0     Jadi, proyeksi vektor AB pada AC adalah 4 7

 −4     4  atau –4 i + 4 j . 0  

= 1+ 25 + 9 ( i – 5 j – 3 k ) Matematika Kelas XII Program IPA

103

b.

BD merupakan garis tinggi segitiga ABC

c.

BD = BA + AD = AD – AB  −4   −4  0     =  4  −  4  =  0  0 7  −7       

(−7)2 + 72 + 02

| AC | = =

49 + 49 + 0

=

98 = 7 2 1

Luas segitiga ABC = 2 | AC | | BD | 1

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d

⇔

BC = BE + EC = AD + CD + DE = AD – DC + DE = v – w + u A

BD = BA + AD = – AB + AD = –u + v AC = AD + DC = v + w

D u

u

w

 3x   −9       −15  =  −15  −12y   6     

1

B

v

E

C

2. Jawaban: d u =4i –2j + k

v = 3 i + 2 j – 5k 2 u – 3 v = 2(4 i – 2 j + k ) – 3(3 i + 2 j – 5 k ) = (8 i – 4 j + 2 k ) – (9 i + 6 j – 15 k ) = – i – 10 j + 17 k 3. Jawaban: e 3( a – 2 b + c ) = –9 i – 15 j + 6 k ⇔ 3 a – 6 b + 3 c = –9 i – 15 j + 6 k

x 0 0  −9          3  4  – 6  2  + 3  −5  =  −15  0  2y  0  6         

Vektor

 −9     −15  6   

–12y = 6 ⇔ y = – 2

= 2u + v

104

2

Dari kesamaan vektor diperoleh: 3x = –9 ⇔ x = – 3

BC – BD + AC = v – w + u – (– u + v ) + v + w = v – w +u +u –v + v + w

⇔

 3x   0   0         12  –  12  +  −15  =  0   12y   0       

⇔ v

49

= 2 · 7 2 ·7= 2

02 + 02 + (−7)2 = 49 = 7 Jadi, tinggi segitiga ABC = 7.

| BD | =

1

1

Nilai x – y = –3 – (– 2 ) = –2 2 4. Jawaban: b

1 1 1   −4   −2   p = 2 BA = 2 ( a – b ) = 2    −      3   −1  1  −2  = 2   =  −1 4 2 Jadi, koordinat titik P(–1, 2).

5. Jawaban: d 3  0  3 PQ = q – p =  6  –  3  =  3         −1  2  −3 

| PQ | = =

32 + 32 + (−3)2 9+9+9 =

27 = 3 3

Vektor satuan dari PQ : PQ | PQ |

=

1 3 3

(3 i + 3 j – 3 k ) =

1 3

(i + j – k)

8. Jawaban: a

6. Jawaban: b

 −2  6 a =  13  dan b =  1      Oleh karena AC : CB = 1 : 3 maka:

5d + 3a + 2b = 2c + 3d – 2b ⇔ 2d = 2c – 2b – 3a – 2b = 2c – 4b – 3a

b + 3a

3 5  −2        = 2  4  − 4  4  − 3  −8   −2   −5  6        6   20   −6        =  8  −  16  −  −24   −4   −20   18         6 − 20 + 6   −8      =  8 − 16 + 24  =  16   −4 + 20 − 18   −2     

 −8   −4  1     ⇔ d = 2  16  =  8   −2   −1    

7. Jawaban: b

 −2  4  6      AB = b – a = 3 – 4 =  −1         x + 2  x   −2   −6   −3     12 

 −6   −2  k AB = AC ⇔ k  −1  =  −3       12   x + 2  −6   −2k    k − ⇔ =  −3       12   (x + 2)k  Dari kesamaan vektor diperoleh: –2k = –6 ⇔ k = 3 (x + 2)k = 12 ⇔ (x + 2)3 = 12 ⇔ x+2 =4 ⇔ x =2 Jadi, nilai x = 2.

 −2   1 6 = 4   1  + 3  13        1 6 = 4   1 +  

 −6   0 1  0   39   =  40  =  10  4      

Jadi, koordinat titik C(0, 10). 9. Jawaban: c A(2, 1, –4) dan B(2, –4, 6) AP : PB = 3 : 2 xP =

3xB + 2x A 3+2

=

3⋅2 + 2⋅2 5

yP =

3yB + 2y A 3+2

=

3 ⋅ (−4) + 2 ⋅ 1 5

zP =

3zB + 2z A 3+2

=

3 ⋅ 6 + 2 ⋅ (−4) 5

=

6+4 5

= =

=2

−12 + 2 5

= –2

18 − 8 5

=2

Diperoleh koordinat titik P(2, –2, 2).

Jadi, vektor basis d = –4 i + 8 j – k .

0 6 AC = c – a =  1  –  4  =    −2   10    Titik A, B, dan C segaris maka:

1

c = 1+ 3 = ( b + 3 a ) 4

 −2  2  −4      PC = c − p =  5  –  −2  =  7  4 2 2       Jadi, PC = −4i + 7j + 2k . 10. Jawaban: d Titik S merupakan titik tengah PQ maka: xS =

xP + xQ 2

=

2+2 2

=2

yS =

yP + yQ 2

=

4+0 2

=2

zS =

zP + zQ 2

=

5+1 2

=3

Diperoleh koordinat titik S(2, 2, 3). Titik T merupakan titik tengah QR maka: xT = yT = zT =

xQ + xR 2 yQ + yR 2 zQ + zR 2

= = =

2+6 2 0+2 2 1+ 3 2

=4 =1 =2

Diperoleh koordinat titik T(4, 1, 2). Panjang ST: | ST | =

(x T − xS )2 + (y T − y S )2 + (z T − zS )2

=

(4 − 2)2 + (1 − 2)2 + (2 − 3)2

=

4 + 1+ 1 =

6


105

11. Jawaban: c 3 –1 A

2

B

1

C

Titik C membagi garis yang melalui titik A dan B di luar dengan perbandingan 3 : 1 sehingga AC : CB = 3 : –1. Oleh karena AC : CB = 3 : –1 maka: c =

3b − a 3 −1

=

1 (3 b 2

=

1 2

– a)

2 4 BC = c – b =  −5  –  3  =      1   −2  AC · BC =  −1 ·  −8      = (1)(–2) + (–1)(–8) = –2 + 8 =6 14. Jawaban: c

a · b = | a | | b | cos 45° 1

=4·3· 2 2

  0   −4    3  −      3  3 

=6 2

1   0   −4   = 2   −   9  3 

15. Jawaban: a

 3   −2  a ⋅ b = 12 ⇔  n  ·  −3  = 12    

1  4  2 = 2  =    6  3 Jadi, koordinat C(2, 3).

⇔ ⇔ ⇔

12. Jawaban: c V

1

(2 u) · v = 7 a

S

T

3

R

5

Q

b

P

⇔

⇔

 2   −1      −3  ·  −2  = 7 3 a    

W

OQ = OP + OR = a + b

UW : QW = 5 : 2, maka UQ : QW = 3 : 2 Dengan demikian, 2

2

2

2

QW = 3 UQ = 3 (– OS ) = 3 (– c ) = – 3 c OW = OQ + QW 2

= (a + b ) – 3 c

⇔ 2(–1) + (–3)(–2) + 3 · a = 7 ⇔ –2 + 6 + 3a = 7 ⇔ 4 + 3a = 7 ⇔ 3a = 3 ⇔ a=1  −1   Dengan demikian, v =  −2   1   u + 2 v = (4 i – 6 j + 6 k ) + 2(– i – 2 j + k )

= 4 i – 6 j + 6k – 2 i – 4 j + 2k

2

= a + b – 3c 13. Jawaban: b A(1, –4), B(4, 3), dan C(2, –5)  1 4 2 a =  −4  , b =  3  , dan c =  −5        2 1      1 AC = c – a =  −5  –  −4  =  −1      

Vektor

 4   −1   ·  −2  = 7  −6    6 a    

1 2

2 a

O

106

–6 – 3n = 12 –3n = 18 n = –6

16. Jawaban: e

U

b

c

 −2   −8   

= 2 i – 10 j + 8 k 17. Jawaban: e a · b = | a |2 a · b = a · a ⇔ ⇔

 4  9 4 4  −2  ·  3  =  −2  ·  −2           x   3  x   x 

⇔ 36 – 6 + 3x = 16 + 4 + x2 ⇔ x2 – 3x – 10 = 0 ⇔ (x – 5)(x + 2) = 0 ⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0 ⇔ x = 5 atau x = –2

12 + 12 + 22

=

1+ 1+ 4 =

b adalah α. cos α = =

1

=

25 + 25 + 4

=

54 = 3 6

b sama dengan 60°.

2

2

20. Jawaban: b Posisi balok dapat digambarkan sebagai berikut. Z

G

F

2

(−5) + (−5) + (−5)

=

25 + 25 + 25

=

3 ⋅ 25 = 5 3

A(0, 0, 0)

B(2, 0, 0)

C(2, 4, 0)

= 2 i + 0 j + 0k

BH = h – b = (0 – 2) i + (4 – 0) j + (4 – 0) k = –2 i + 4 j + 4 k

1⋅ 4 + 2 ⋅ 2 12 + 22 42 + 22 4+4

=

5

3

θ

5 20

8 10

Y

AB = b – a = (2 – 0) i + (0 – 0) j + (0 – 0) k

p⋅q | p || q |

=

D(0, 4, 0)

X

p = i + 2 j dan q = 4 i + 2 j

4

4 5

3 5

AB · BH = 2(–2) + 0 · 4 + 0 · 4 = –4 + 0 + 0 = –4 | AB | = = | BH | =

19. Jawaban: c a · b = (4 i – 2 j + 2 k ) · ( i + j + 2 k ) = 4 · 1 + (–2) · 1 + 2 · 2 =4–2+4=6

|a | =

H(0, 4, 4)

E

18. Jawaban: a

sin θ =

1

Oleh karena cos α = 2 , diperoleh α = 60°. Jadi, besar sudut yang dibentuk oleh vektor a dan

Jadi, panjang ( a – b ) adalah 3 6 atau 5 3 .

=

6 2 6⋅ 6

6

(−5)2 + (−5)2 + 22

|a – b| =

=

a⋅b | a ||b |

= 12 = 2

4 Untuk x = –2 diperoleh a =  −2  .  −2   4   9  −5  a – b =  −2  –  3  =  −5         −2   3   −5 

cos θ =

6

Misalkan sudut yang dibentuk oleh vektor a dan

4 Untuk x = 5 diperoleh a =  −2  .  5  4   9  −5  a – b =  −2  –  3  =  −5         5   3  2

|a – b| =

|b | =

42 + (−2)2 + 22

22 + 02 + 02 4 =2

(−2)2 + 42 + 42

=

4 + 16 + 16

=

36 = 6

Misal θ = sudut antara AB dengan BH . cos θ = AB ⋅ BH

| AB | | BH |

−4

1

= 2⋅6 = – 3

=

16 + 4 + 4

Jadi, nilai kosinus sudut antara AB dan BH adalah

=

24 = 2 6

– .

1 3


107

21. Jawaban: d

Cara 2:

a ⋅ (a + b) = a ⋅ a + a ⋅ b = =

u = AC = AD + DC

π | a |2 + | a || b | cos 3 1 22 + 2 × 5 × 2

= DC – DA

 −3  0  3       =  2 −  0 =  2  0 0 0      

=4+5 =9 22. Jawaban: d a · a = | a |2 = 42 = 16

b · b = | b |2 = 62 = 36 |a + b | = 8 ⇔

| a + b |2 = 82

⇔

( a + b ) · ( a + b ) = 64

⇔

a · a + 2 a · b + b · b = 64

⇔

16 + 2 a · b + 36 = 64

⇔

2 a · b = 12

⇔

a · b =6

| a – b |2 = ( a – b ) · ( a – b )

PQ · QR = 0 ⇔ –2a + 6 + 2(c – 5) = 0 ⇔ –2a + 6 + 2c – 10 = 0 ⇔ –2(a – c) = 4 ⇔ a – c = –2

H

G

E

F

v 4 cm D

C 3 cm

u

2 cm

B

=0

Diperoleh θ = 90° Jadi, sudut antara vektor u dan v adalah 90°.

tan θ = 2 5 = maka cos θ =

AE = DH = v Dengan demikian, sudut antara vektor u dan v sama dengan ∠EAC = 90°

5 2

θ

2 3

2

2

cos θ = 3 ⇔ ⇔

PQ tegak lurus QR berarti:

24. Jawaban: e Cara 1:

0 |u|| v |

=

1

2 0  2  5 4   QR = r – q =   –   =  1   c  5 c − 5

Vektor

u⋅ v |u|| v |

Misal θ = sudut antara u dan v

0  a   −a   4   −2    PQ = q – p =   –   =  6  5  3   2

108

= (–3) · 0 + 2 · 0 + 0 · 4 = 0 Misalkan sudut antara vektor u dan v adalah θ.

25. Jawaban: a

40 = 2 10

23. Jawaban: b

A

 −3   0      u · v =  2  ⋅  0  0   4    

cos θ =

= a · a – 2a · b + b · b = 16 – 2(6) + 36 = 52 – 12 = 40 |a – b | =

 0 v = DH =  0     4  

5

u⋅ v |v| 4a + 7 ⋅ 4 + 8(−2) 42 + 42 + (−2)2

2

= 3 2

= 3

⇔

4a + 12 36

= 3

⇔

2a + 6 6

= 3

⇔

2a + 6 2

=1

⇔ ⇔

3

2 1

2a + 6 = 2 2a = –4 a = –2

 −2  Dengan demikian, diperoleh u =  7  .   8  −2  4 2 u + v =  7  +  4  =  11       8  −2  6

Jadi, vektor posisi dari ( u + v ) adalah i + 11 j + 6 k .

26. Jawaban: a

32 + (−2)2 + 62

|b | =

a + b = (3 i – 4 j – 4 k ) + (2 i – j + 3 k )

9 + 4 + 36

=

=5i –5j – k ( a + b ) · c = (5 i – 5 j – k ) · (4 i – 3 j + 5 k ) = 5 · 4 + (–5)(–3) + (–1) · 5 = 20 + 15 – 5 = 30

= 49 =7 Proyeksi skalar ortogonal a pada b adalah 5, berarti:

Proyeksi skalar ortogonal ( a + b ) pada c

a⋅b |b|

=

(a + b) ⋅ c |c|

42 + (−3)2 + 52

=

30 16 + 9 + 25

=

30 50

=

30 5 2

=

6 2

6 2

−7 + 6x 7

29. Jawaban: d Proyeksi vektor ortogonal p pada q :

r =

p⋅q q

2

q =

4 ⋅ 1+ (−5)(−1) + 3 ⋅ 2

( 1 + (−1) + 2 ) 2

2

2

q

4+5+6

15

= 6 q

2

27. Jawaban: b P(1, –3), Q(2, –1), dan R(4, 1)

2  1  1 PQ = q – p =  −1 –  −3  =  2        4  1  3 PR = r – p =  1  –  −3  =  4       

5

= 2 q 30. Jawaban: c a · b = (2 i + x j + k ) · (3 i – 2 j + k ) = 2 · 3 + x(–2) + 1 · 1

= 6 – 2x + 1 = 7 – 2x 1

c = (–3 i + 2 j – k ) 14

Proyeksi skalar ortogonal PQ pada PR

=

2

= 1+ 1+ 4 q

=3 2

=

=5

⇔ –7 + 6x = 35 ⇔ 6x = 42 ⇔ x=7

30

=

=

=5 ⇔

PQ ⋅ PR | PR |

⇔

1⋅ 3 + 2 ⋅ 4 32 + 42

⇔

11

7 − 2x ( 32 + (−2)2 + 12 )2

= 5

1

=25

28. Jawaban: e a = –3 i – j + x k

b = 3 i – 2 j + 6k a · b = –3 · 3 + (–1)(–2) + x · 6 = –9 + 2 + 6x = –7 + 6x

⇔

⇔

 −3    b  2  −1    −3  3  1    2  −2  = 14    −1  −1    

a ⋅b | b |2

1 = 14

3 3 1     2 − −2  = –   14   −1  −1     3 3 7 − 2x  1     −2  = – 14  −2  14  −1  −1    

7 − 2x 9 + 4 +1


109

Dari kesamaan vektor diperoleh: 7 − 2x 14

AC + DE – BH = v

– w

–

v

– (– w – u + v )

1

= – 14

= v+u–w – v+ w +u – v

⇔ 7 – 2x = –1 ⇔ 2x = 8 ⇔ x=4 Jadi, nilai x = 4.

= 2u – v 2. a.

B. Uraian

2a + 4b = c – a ⇔ c = 3a + 4b

1. a.

v

H

G

E

F

A

7  −1 = 3  −5  + 4  3     

w

u

D

 21   −4  =  −15  +  12     

C

 17  =  −3   

B

b.

AH = AE + EH = CG + EH

6a – 5b + 2c = 3a + 4c ⇔ 2c = 3a – 5b

= – GC + EH = –w + v

7  −1 = 3  −5  – 5  3     

DF = DH + HF = CG + HG + GF

 21   −5  =  −15  –  15     

= – GC + DC + HE = – GC + DC – EH

 26  =  −30   

= –w + u – v

BC = EH = v

 13  1  26  ⇔ c = 2  −30  =  −15     

AH + DF + BC = – w + v – w + u – v + v = u + v – 2w b. v

H

E

3. a.

2 –1

G A(1, 2, 3)

F

B(3, 1, 2)

D A

u

C

B

AC = AD + DC = EH + DC = v + u

DE = DH + HE = CG – EH = – GC – EH = – w – v

BH = BF + FH = CG + FE + EH = – GC + CD + EH = – GC – DC + EH = –w – u + v

Vektor

C(xC, yC, zC)

w

AC : BC = 2 : 1 ⇔

110

+ u

xC =

AC : CB = 2 : –1

2xB + (−1) ⋅ x A 2 −1

= 2 ⋅ 3 + (−1) ⋅ 1 5 1

yC = =

2yB + (−1) ⋅ y A 2 −1

2 ⋅ 1 + (−1) ⋅ 2 1

zC =

2zB + (−1) ⋅ z A 2 −1

=

2 ⋅ 2 + (−1) ⋅ 3 1

=0

=1

Jadi, koordinat titik C(5, 0, 1).

b.

4  1  5       AC = c – a =  0  –  2  =  −2   −2   3  1       AC =

2

2

16 + 4 + 4

=

24

= 2 6 Jadi, panjang vektor AC adalah 2 6 . 4. A(2, 4, –1), B(–4, 7, 5), dan C(2, 4, –5)

2  −4  2 4 7   a =  , b =  , c =  4   −1 5  −5  a.

AP : PB = 2 : 1

p =

= 24 + 6 + 48 = 78

2

4 + (−2) + (−2)

=

 −6   −4  u · v =  3 ·  2     6 8

Jadi, hasil u · v = 78.

 −2  x  6        5. a =  0  , b =  3  , c =  x + y   1  −1  −3        Titik A, B, dan C segaris jika AB = k AC. AB = k AC ⇔ b – a = k( c – a )

 x   −2      ⇔  3  –  0 =k  −1  1     

2b + a 2+1

  −4   2      4  2 7 =    +     −1    5   −8   2  1 = 3   14  +  4       10   −1     −6   −2    1  18  = 3   = 6 9   3 Jadi, koordinat titik P(–2, 6, 3). 1 3

b.

u = AB = b – a

 −4   2  =  7  – 4       5   −1  −6  = 3   6 v = CP = p – c 2  −2  = 6 – 4      −5  3  −4  = 2   8

 x + 2  8       3  = k x + y  −2   −4     

⇔

1

= 3 (2 b + a )

  6   −2        x + y −  0    −3   1      

Dari kesamaan vektor diperoleh: 1

–2 = k(–4) ⇔ k = 2

1

x+2=k·8

⇔ x+2= 2 ·8 ⇔ x+2=4 ⇔ x=2

3 = k(x + y)

⇔ 3 = 2 (2 + y) ⇔ 6=2+y ⇔ y=4

1

2 6     Dengan demikian, diperoleh b =  3  dan c =  6   −1  −3     

AB · BC = ( b – a ) · ( c – b )   2   −2     6   2           =  3  −  0  ·  6  −  3    −1  1     −3   −1           4 4    =  3 3  −2   −2     = 4 · 4 + 3 · 3 + (–2)(–2) = 16 + 9 + 4 = 29

Jadi, nilai AB · AC = 29.


111

| u + v + w |2 = ( u + v + w ) · ( u + v + w )

6. AC = AB + BC

= u ·u + u · v + u · w +u · v

 −2  2 =  −4  +  1      2  1 0 =  −3    3 cos ∠BAC =

+ 2u · w + 2 v · w = 42 + 82 + 62+ 2 · 0 + 2 · 12 3 + 2(–24)

AB ⋅ AC | AB || AC |

= 16 + 64 + 36 + 0 + 24 3 – 48

 −2   0   −4  ⋅  − 3       2  3

=

= 68 + 24 3 Jadi, | u + v + w | = 68 + 24 3 .

(−2)2 + (−4)2 + 22 ⋅ 02 + (−3)2 + 32

−2 ⋅ 0 + (−4)(−3) + 2 ⋅ 3

=

4 + 16 + 4 ⋅ 0 + 9 + 9

=

0 + 12 + 6

=

18

8.

24 ⋅ 18

A

18

=

18 24

a.

B

 1 3  −2    = 2  +  1   −1  −3  C

3 4

1 2

b.

3

Oleh karena cos ∠BAC = Jadi, besar ∠BAC = 30°.

1 2

u

u

30°

w

90°

90° v

Dari gambar di atas terlihat bahwa ∠( u , w ) = 30°. Vektor u dan v saling tegak lurus maka u · v = 0. v · w = | v | · | w | cos ∠( v , w ) = 8 · 6 cos 120° 1

= 8 · 6 · (– 2 ) = –24 u · w = | u | · | w | cos ∠( u , w ) = 4 · 6 cos 30°

=4·6· = 12 3

1 2

3

2 3 5  −4   1   =   +   =  −3  2 3 − −      −5  Proyeksi vektor ortogonal c pada a =

c.a | a |2

=

5 ⋅ 1 + (−3) ⋅ (−2) + (−5) ⋅ (−1) 12 + (−2)2 + (−1)2

3 maka ∠BAC = 30°.

7.

Vektor

c = 2a + b

24

=

112

 1 3  −2    a =   dan b =  1  1 −    −3 

θ

24 ⋅ 18

=

=

+ v · v + v · w + u · w + v · w + w · w = | u |2 + | v |2 + | w |2 + 2 u · v

a

 1  −2     −1

 1  1 16 8 = 6  −2  = 3  −2       −1  −1 Jadi, proyeksi ortogonal c pada a adalah 8 ( 3

i – 2 j – k ). −19

9. Proyeksi skalar ortogonal a pada b = 3 a⋅b |b|

⇔ ⇔

x(−2) + y(4) + 12(−4)

⇔

−2x + 4y − 48 4 + 16 + 16

2

2

2

(−2) + 4 + (−4)

−19

= 3

−19

= 3

−19

= 3

−2x + 4y − 48 6

⇔

−19

Proyeksi vektor ortogonal u pada v adalah

= 3 –2x + 4y – 48 = –38

⇔ ⇔

1 9

–2x + 4y = 10

⇔

x = 2y – 5

. . . (i)

Panjang vektor a = 13

x 2 + y 2 + 122 = 13

⇔ ⇔ ⇔

x2 + y2 + 144 = 169 x2 + y2 = 25

(8i − 8j + 4k) .

Diperoleh hubungan seperti berikut. (2a − 4) 9

(2a − 4) 9

⇔ . . . (ii)

Substitusi persamaan (i) ke persamaan (ii) diperoleh:

(2i − 2j + k) =

1 9

(8i − 8j + 4k)

(2i − 2j + k) =

4 9

(2i − 2j + k)

Dari kesamaan vektor diperoleh: (2a − 4) 9

4

= 9 2a – 4 = 4 2a = 8 a=4

⇔ 4y2 – 20y + 25 + y2 = 25

⇔ ⇔ ⇔

⇔

5y2 – 20y = 0

Dengan demikian, diperoleh u = 4i + j − 2k .

⇔

y2 – 4y = 0

⇔

y(y – 4) = 0

⇔

y = 0 atau y = 4

(2y – 5)2 + y2 = 25

Proyeksi vektor v pada u =

untuk y = 0 ⇒ x = 2(0) – 5 = –5 untuk y = 4 ⇒ x = 2(4) – 5 = 3 Jadi, nilai x = –5 dan y = 0 atau x = 3 dan y = 4. 10. Proyeksi vektor ortogonal u pada v = =

u⋅ v u

2

u

2

u

2 ⋅ 4 + (−2) ⋅ 1+ 1⋅ (−2) 42 + 12 + (−2)2

u

8−2−2

= 16 + 1+ 4 ( 4i + j − 2k ) 4

= 21 ( 4i + j − 2k )

v

a ⋅ 2 + 1⋅ (−2) + (−2) ⋅ 1 22 + (−2)2 + 12

=

v ⋅u

v

16

4

8

= 21 i + 21 j – 21 k

2a − 2 − 2

= 4 + 4 + 1 ( 2i − 2j + k ) =

2a − 4 ( 2i − 2j + k 9

)


113


Menggunakan konsep matriks, vektor, dan transformasi dalam pemecahan masalah.


3.7

Menggunakan transformasi geometri yang dapat dinyatakan dengan matriks dalam pemecahan masalah. Menentukan komposisi dari beberapa transformasi geometri beserta matriks transformasinya.

Nilai

Indikator

Rasa ingin tahu

Menemukan kejadian dalam kehidupan sehari-hari yang merupakan salah satu bentuk transformasi.

Teliti dan cermat

Menentukan komposisi dari beberapa transformasi geometri dengan teliti dan cermat.

Pada bab ini akan dipelajari: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Translasi Refleksi Rotasi Dilatasi Transformasi Matriks Komposisi Transformasi

Transformasi Geometri

Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan suatu transformasi geometri

• • • • •

Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan translasi Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan rotasi Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan refleksi Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan dilatasi Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan transformasi oleh suatu matriks

Siswa mampu menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan suatu transformasi geometri

Menentukan komposisi dari beberapa transformasi geometri

• • •

Menentukan transformasi tunggal yang mewakili komposisi dari dua transformasi atau lebih Menentukan bayangan titik atau kurva oleh suatu komposisi transformasi Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan komposisi transformasi

Siswa mampu menentukan komposisi dari beberapa transformasi geometri

Siswa dapat menggunakan transformasi geometri dan komposisi transformasi geometri untuk menyelesaikan masalah

114


A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Koordinat bayangan titik A(x, y) oleh translasi

4 T =   adalah A′(x + 4, y + (–2)).  −2  Koordinat titik A(3, 2), bayangannya A′(7, 0). Koordinat titik A(–4, 3), bayangannya A′(0, 1). Koordinat titik A(0, –2), bayangannya A′(4, –4). Koordinat titik A(–2, 5), bayangannya A′(2, 3). Koordinat titik A(–5, –1), bayangannya A′(–1, –3). Jadi, pernyataan pada pilihan c salah. 2. Jawaban: a  −9  Bayangan titik (x, y) oleh translasi T =   : 8  −9   x − 9  x′  x    =   +   =  8  y + 8  y′  y

⇒

 xP − 9   xP ′     =   yP + 8   yP ′ 

 xP − 9   4  ⇔   =  y + 8  P   −12  Dari kesamaan matriks diperoleh: 4 = xP – 9 ⇔ xP = 4 + 9 = 13 –12= yP + 8 ⇔ yP = –12 – 8 = –20 Jadi, koordinat titik P(13, –20). 3. Jawaban: d a Misalkan translasi T =   . b  xQ ′  a  xQ    =   +   y ′ y b  Q   Q a  −4 + a   −1  −1  −4     =   + b ⇔   =  6 6 2    2+b        Dari kesamaan matriks diperoleh: –1 = –4 + a ⇔ a = 3 6=2+b ⇔b=4

⇔

a  3 Dengan demikian T =   =   . b  4  xR ′   xR  a  =   +   b  yR ′   yR   3 6 3 =   +   =   4    2  −2 

Diperoleh koordinat R′ = (xR′, yR′) = (6, 2). Jadi, translasi T memetakan titik R(3, –2) ke titik R′(6, 2). 4. Jawaban: d a Titik C(2, 3) ditranslasikan oleh T =   menghasilb kan bayangan C′(0, 5).  x′  x a   =   +    y′  y b 0 2 a ⇒   =   +   5 3 b a 0 2  −2  ⇔   =   –   =   b 5 3        2  −2  Diperoleh matriks translasinya adalah T =   .  2 1) Bayangan titik A(–1, –2):  x′   −1   −2   −3   ′ =   +   =   y 2 2 −        0

2)

Bayangan titik B(5, –1):  x′  5  −2  3  ′ =   +   =   y   −1  2  1

Jadi, koordinat titik A′(–3, 0) dan B′(3, 1). 5. Jawaban: b Titik C merupakan bayangan titik A(–2, 4) oleh  5 T1 =   , maka berlaku: 8  xA   xC   5   =   +    yA   yC  8  −2  3  5 =   +   =   4  12  8

Diperoleh titik C(3, 12). Titik C(3, 12) merupakan bayangan B(6, 8) oleh a T2 =   maka berlaku: b

 xB   xC    =    yB   yC  3 ⇔   =  12  ⇔

a +   b 6   + 8

a   b

3 6 + a   =    12  8 + b


115

Dari kesamaan matriks diperoleh: 3 = 6 + a ⇔ a = –3 12 = 8 + b ⇔ b = 4  −3  Jadi, matriks translasi T2 =   .  4

6. Jawaban: a

 2 Bayangan titik (x, y) oleh translasi T =   adalah  3 (x + 2, y + 3), berarti: x′ = x + 2 ⇔ x = x′ – 2 y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3 Substitusi x dan y ke persamaan garis g diperoleh: 2x – 3y + 4 = 0 ⇒ 2(x′ – 2) – 3(y′ – 3) + 4 = 0 ⇔ 2x′ – 4 – 3y′ + 9 + 4 = 0 ⇔ 2x′ – 3y′ + 9 = 0 Jadi, persamaan garis g′ adalah 2x – 3y + 9 = 0. 7. Jawaban: a Lingkaran L ≡ x2 + y2 – 2x + 6y – 15 = 0. ⇔ (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 Koordinat titik pusat lingkaran L adalah P(1, –3). Misal P′(x′, y′) merupakan bayangan titik P(1, –3)  5 oleh translasi T =   .  −2   x′   1 6  5   =   +   =   ′ − y 3      −5   −2 

8. Jawaban: c Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap sumbu X adalah (x′, y′) dengan:  x′   1 0   x   =      y′   0 −1  y 

Koordinat A(–1, –1), B(3, –1), C(4, 2), D(1, 4), dan E(–2, 2). Bayangan titik A, B, C, D, dan E dapat ditentukan sekaligus dengan cara berikut.  x A ′ xB ′ xC ′ xD ′ xE ′     y A ′ yB ′ yC ′ yD ′ yE ′ 

 xA   yA

xB yB

xC yC

xD yD

xE   yE 

 1 0   −1 3 4 1 −2  =      0 −1  −1 −1 2 4 2  1 −2   −1 3 4 =   1 1 2 4 −2  − − 

Diperoleh A′(–1, 1), B′(3, 1), C′(4, –2), D′(1, –4), dan E′(–2, –2). Jadi, pernyataan yang benar pada pilihan c. 116


 x′   0 −1  x   =     y′   −1 0   y 

⇒

 xK ′   0 −1  xK    =     −1 0   yK   yK ′   0 −1  a  =     −1 0   −b  b =    −a 

Jadi, bayangan K(a, –b) adalah K′(b, –a). 10. Jawaban: d Bayangan titik A(x, y) oleh pencerminan terhadap P(a, b) adalah (x′, y′) dengan:  x′   −1 0   x   2a    =    +    y′   0 −1  y   2b 

⇔

Diperoleh koordinat P′ adalah (x′, y′) = (6 –5). Jadi, koordinat titik pusat lingkaran L′ adalah (6 –5).

1 0  =    0 −1

9. Jawaban: c Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap garis y = –x adalah (x′, y′) dengan:

⇔

 x′   −1 0   x  2 × 3   =    +    y′   0 −1  y  2 × 2  −2   −1 0   x  6   =    +    4  0 −1  y  4

 −1 0   x   −2  6 ⇔    =   –   − 0 1 y 4      4

⇔

 −x   −8    =    −y   0

Dari kesamaan matriks diperoleh –x = –8 ⇔ x = 8 dan –y = 0 ⇔ y = 0. Jadi, koordinat titik A(8, 0). 11. Jawaban: e Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap garis y = –1 adalah (x, –2 – y), berarti: x′ = x ⇔ x = x′ y′ = –2 – y ⇔ y = –2 – y′ Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh: y = 2x + 5 ⇒ –2 – y′ = 2(x′) + 5 ⇒ –2 – y′ = 2x′ + 5 ⇒ y′ = –2x′ – 7 Jadi, persamaan bayangannya y = –2x – 7. 12. Jawaban: d I. Bayangan garis a oleh pencerminan terhadap garis x = 0 (sumbu Y) adalah garis d (bukan garis e). Pernyataan I salah.

II.

Bayangan garis c oleh pencerminan terhadap garis y = x adalah garis b. Pernyataan II benar. III. Bayangan garis d oleh pencerminan terhadap garis y = 0 (sumbu X) adalah garis c. Pernyataan III benar. Jadi, pernyataan yang benar II dan III. 13. Jawaban: e Puncak parabola dengan persamaan y = a(x – p)2 + q adalah (p, q). y = 2x2 – 8x + 11 ⇔ y = 2(x2 – 4x + 4) + 3 ⇔ y = 2(x – 2)2 + 3 Diperoleh puncak parabola P adalah (2, 3). Puncak parabola tersebut dicerminkan terhadap garis y = –1. Bayangan titik (2, 3) oleh pencerminan terhadap garis y = –1 adalah (x′, y′) dengan:  x′   1 0   x   0   =    +    y′   0 −1  y   2( −1)  1 0  =    0 −1

2  0   +   3    −2 

 2 =    −5  Jadi, koordinat puncak parabola P′ adalah (2, –5).

14. Jawaban: c Misalkan h adalah persamaan lingkaran. Bayangan lingkaran h oleh refleksi terhadap garis y = x adalah h′. Jika h′ direfleksikan kembali terhadap garis y = x akan diperoleh bayangan lingkaran semula yaitu h. Jadi, persamaan lingkaran semula dapat diperoleh dengan merefleksikan kembali persamaan lingkaran bayangan (h′) terhadap garis y = x. Bayangan (x, y) oleh refleksi terhadap garis y = x adalah (x′, y′) dengan  x′   0 1  x   x′   y  ′ =     ⇔  ′ =   y   1 0  y y  x Diperoleh x′ = y ⇔ y = x′ dan y′ = x ⇔ x = y′. Substitusi x = y′ dan y = x′ ke persamaan lingkaran h′ ≡ x2 + y2 – 2x – 4y – 4 = 0 ⇒ (y′)2 + (x′)2 – 2(y′) – 4(x′) – 4 = 0 ⇔ y′2 + x′2 – 2y′ – 4x′ – 4 = 0 ⇔ y2 + x2 – 2y – 4x – 4 = 0 ⇔ x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0 Jadi, persamaan kurva semula x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0.

15. Jawaban: d 4

Sumbu refleksi adalah garis y = 3 x ⇔ y = x tan α. 4

Diperoleh tan α = 3 sin 2α = 2 sin α cos α =2×

4 5

×

5

4

α

3 5

3

24

= 25 cos 2α = 2 cos2 α – 1 3

= 2( 5 )2 – 1 7

= – 25 Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadap garis 4

y = 3 x:  x′   cos 2α sin2α   x    =     y′   sin2α − cos 2α   y  

−

7

 25  x′   ⇔   =  24   y′   25

24  25  7   25 

 25     25 

 −7 + 24   =   24 + 7   17  =    31 Jadi, bayangan titik P(25, 25) adalah P′(17, 31).

B. Uraian 1. a.

a Misalkan T =   . b Bayangan titik (x, y) oleh translasi T: x + a  x′  x a  x′    =   +   ⇔   = y + b    y′  y b  y′ 

B′(4, 2) bayangan B(1, 2) oleh translasi T, yaitu: 4  1+ a    =   2   2 + b Dari kesamaan matriks diperoleh: 4=1+a⇔a=3 2=2+b⇔b=0 3 Jadi, matriks translasinya T =   . 0


117

b.

Bayangan titik A(–2, 2); C(–2, –1); dan D(1, –1)

 x A′   y A′

xC′ yC′

c.

xD′   yD′ 

 x ′ + 3 xC′ + 3 xD′ + 3  =  A   y A′ + 0 yC′ + 0 yD′ + 0 

3. a.

1 1 4   −2 + 3 − 2 + 3 1 + 3  =    =   2 −1 −1  2 + 0 −1 + 0 − 1 + 0  Diperoleh A′(1, 2); C′(1, –1) dan D′(4, –1). Jadi, bayangan titik A, C dan D adalah A′(1, 2); C′(1, –1); dan D′(4, –1).

2. a.

Misalkan (x, y) terletak pada lingkaran L ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0  −6  Bayangan titik (x, y) oleh translasi   :  4  x′  x  −6   x′  x − 6   =   +   ⇔   =    y′  y  4  y′   y + 4 Dari kesamaan matriks diperoleh: x′ = x – 6 ⇔ x = x′ + 6 . . . (1) y′ = y + 4 ⇔ y = y′ – 4 . . . (2) Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran L ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0: ⇔ (x′ + 6)2 + (y′ – 4)2 – 2(x′ + 6) + 4(y′ – 4) +1=0 ⇔ x′2 + 12x′ + 36 + y′2 – 8y + 16 – 2x′ – 12 + 4y′ – 16 + 1 = 0 ⇔ x′2 + y′2 + 10x′ – 4y′ + 25 = 0

Jadi, persamaan bayangan lingkaran adalah L′: x2 + y2 + 10x – 4y + 25 = 0. b.

L ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0 ⇔ (x – 1)2 + (y + 2)2 = 4 Lingkaran L berpusat di A(1, –2) dan berjarijari 2. L′ ≡ x2 + y2 + 10x – 4y + 25 = 0 ⇔ (x + 5)2 + (y – 2)2 = 4 Lingkaran L′ berpusat di B(–5, 2) dan berjarijari 2.

b.

c.

Oleh karena jari-jari lingkaran L sama dengan jarijari lingkaran L′ maka luas kedua lingkaran sama. Luas = L = luas L′ = 3,14 × 22 = 12,56 satuan luas.

4 Bayangan titik (x, y) oleh translasi T =    −2  adalah (x + 4, y – 2), berarti: x′ = x + 4 ⇔ x = x′ – 4 y′ = y – 2 ⇔ y = y′ + 2 Substitusi x dan y ke persamaan parabola diperoleh: y = x2 – 2x + 6 ⇒ y′ + 2 = (x′ – 4)2 – 2(x′ – 4) + 6 ⇔ y′ = x′2 – 8x′ + 16 – 2x′ + 8 + 6 – 2 ⇔ y′ = x′2 – 10x′ + 28 Jadi, persamaan bayangan parabola adalah y = x2 – 10x + 28. Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadap garis y = x adalah (y, x), berarti: x′ = y ⇔ y = x′ y′ = x ⇔ x = y′ Substitusi x dan y ke persamaan parabola diperoleh: y = x2 – 2x + 6 ⇔ x′ = y′2 – 2y′ + 6 Jadi, persamaan bayangan parabola adalah x = y2 – 2y + 6. Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadap garis x = 2 adalah (4 – x, y), berarti: x′ = 4 – x ⇔ x = 4 – x′ y′ = y ⇔ y = y′ Substitusi x dan y ke persamaan parabola diperoleh: y = x2 – 2x + 6 ⇔ y′ = (4 – x′)2 – 2(4 – x′) + 6 ⇔ y′ = 16 – 8x′ + x′2 – 8 + 2x′ + 6 ⇔ y′ = x′2 – 6x′ + 14 Jadi, persamaan bayangan parabola adalah y = x2 – 6x + 14.

4. Misalkan g ≡ 2x – y + 4 = 0 g′ ≡ 2x + y – 4 = 0

Y

Y

L′

g ≡ 2x – y + 4 = 0

4 B(–5, 2) –5

2 0 –2

1 A(1, 2)

L

X –2

2

X g′ ≡ 2x + y – 4 = 0

118


Berdasarkan gambar terlihat garis g ≡ 2x – y + 4 = 0 merupakan bayangan garis g ≡ 2x + y – 4 = 0 oleh refleksi terhadap sumbu Y (garis x = 0). Jadi, refleksi M adalah refleksi terhadap sumbu Y.

Substitusi nilai x dan y ke persamaan lingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0. ⇔ (x′)2 + (–y′ + 8)2 + 4(–y′ + 8) + 5 = 0 2 ⇔ x′ + y′2 – 16y′ + 64 – 4y′ + 32 + 5 = 0 ⇔ x′2 + y′2 – 20y′ + 101 = 0 ⇔ x2 + y2 – 20y + 101 = 0 Jadi, bayangannya adalah x2 + y2 – 20y + 101 = 0.

5. Misalkan titik (x, y) terletak pada lingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0. a. Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap garis y = –x adalah (x′, y′) dengan:

b.

 x′   0 −1  x   x′   −y   =    ⇔   =   y 1 0 y y ′ − ′         −x  Diperoleh x′ = –y ⇔ y = –x′ y′ = –x ⇔ x = –y′ Substitusi x = –y′ dan y = –x′ ke persamaan lingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0: ⇔ (–y′)2 +(–x′)2 + 4(–x′) + 5 = 0 ⇔ y′2 + x′2 – 4x′ + 5 = 0 ⇔ x2 + y2 – 4x + 5 = 0 Jadi, bayangannya adalah x2 + y2 – 4x + 5 = 0. Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap garis y = 4 adalah (x′, y′) dengan:  x′   1  =   y′   0  x′  ⇔   =  y′ 

0  −1

x  0    +   y  2(4)   x    8 − y

Dari kesamaan matriks diperoleh: x′ = x ⇔ x = x′ y′ = 8 – y ⇔ y = –y′ + 8

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Misalkan bayangan titik P(2, –3) oleh rotasi R[O, 90°] adalah P′(x′, y′), maka:

 x′   cos 90° − sin 90°   y′  =  sin 90° cos 90°     

 2  −3   

 0 −1  2  =     1 0   −3   3 =    2 Jadi, koordinat bayangannya P′(3, 2).

c.

Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap garis x = –2:  x′   − 1 0   x   2(−2)   =    +    y′   0 1   y   0   x′   −4 − x  ⇔  =    y′   y 

Dari kesamaan matriks diperoleh: x′ = –4 – x ⇒ x = –x′ – 4 y′ = y ⇒ y = y′ Substitusi x = –x′ – 4 dan y = y′ ke persamaan lingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0. ⇔ (–x′ – 4)2 + (y′)2 + 4y′ + 5 = 0 2 ⇔ x′ + 8x′ + 16 + y′2 + 4y′ + 5 = 0 ⇔ x2 + y′2 + 8x′ + 4y′ + 21 = 0 ⇔ x2 + y2 + 8x + 4y + 21 = 0 Jadi, persamaan bayangannya adalah x2 + y2 + 8x + 4y + 21 = 0.

2. Jawaban: d Matriks yang bersesuaian dengan rotasi [O, 60°]  cos θ − sin θ  =    sin θ cos θ 

 1  cos 60° − sin 60°  2  =   = 1 ° ° sin 60 cos 60   2 3

−2 3  1   2 1

3. Jawaban: e Bayangan titik A(x, y) oleh rotasi [P(5, 1), –π].  x′   cos(−π)  =   y′   sin(−π)  −1 0  =    0 −1

− sin(−π)   x − 5  5   +   cos(−π)   y − 1   1  x − 5 5   +    y − 1  1


119

Untuk A(–3, 2) diperoleh A′:

 x A ′   −1  =   yA ′   0  −1 =  0

0  −1 0  −1

Nilai a + 2b = 2 + 2(–10) = –18. Jadi, nilai a +2b = –18.

 −3 − 5  5   +   − 2 1    1  −8  5   +    1  1

5. Jawaban: b Misalkan pusat rotasi P(a, b). Bayangan (x, y) oleh rotasi [P(a, b), 90°] adalah (x′, y′) dengan:

8 5  13  =   +   =   − 1 1     0 Untuk B(2, 4) diperoleh B′:

 xB ′   −1  =   yB ′   0  −1 =  0

 x′   0 −1  x − a  a  ′ =    +   y 1 0 y b −      b

Titik P(10, 5) bayangan dari (4, –5):

2 − 5 5   +   − 4 1    1 0   −3  5   +   −1  3   1 5  8 +   =   1    −2  0  −1

 10   0 −1  4 − a  a   =    +   5 1 0 5 b − −      b  10  5 + b a ⇔   =   +   5 4 − a b

 3 =    −3  Untuk C(–1, –1) diperoleh C′:  x′   −1   =  y ′   0  −1 =  0

0  −1 0  −1

 10  5 + b + a ⇔   =   5 4 − a + b Dari kesamaan matriks diperoleh: 10 = 5 + a + b ⇔ a+b=5 5 = 4 – a + b ⇔ –a + b = 1 ––––––––– + 2b = 6 ⇔ b=3 Substitusikan nilai b = 3 ke a + b = 5. a+3=5⇔a=2 Diperoleh a = 2 dan b = 3. Jadi, koordinat pusat rotasi (2, 3).

 −1 − 5  5   +   − − 1 1    1  −6  5   +    −2   1

6 5 =   +   2    1  11 =   3

Jadi, koordinat A′(13, 0), B′(8, –2), dan C′(11, 3). 4. Jawaban: a π

Bayangan titik P(xP, yP) oleh rotasi [O(0, 0), – 2 ] adalah P′(xP′, yP′) dengan: π π  xP ′   cos (− 2 ) − sin (− 2 )   xP    =    yP ′   sin (− π ) cos (− π )   yP   2 2   0 1   xP  =  −1 0   y    P 

6. Jawaban: d Bayangan(x, y) oleh dilatasi [O(0, 0), 2]:  x′   2 0  x    =     y′   0 2  y  Bayangan P(4, 2), Q(9, 4), dan R(6, 8):

 xP ′ xQ ′ xR ′   2 0   xP    =   yP ′ yQ ′ yR ′   0 2  yP

 −10  b   =    −2   −a  Dari kesamaan matriks diperoleh: b = –10 –2 = –a ⇔ a = 2

⇔

120


xR   yR 

 2 0  4 9 6  =     0 2  2 4 8   8 18 12  =    4 8 16 

Diketahui P′(–10, –2) dan P(a, b).  0 1  a   −10      =   −1 0  b   −2 

xQ yQ

Jadi, koordinat bayangan titik P, Q, dan R adalah P′(8, 4), Q′(18, 8), dan R′(12, 16). 7. Jawaban: a Bayangan (x, y) oleh dilatasi [P(a, b), k]:  x′  x a  ′  = k   + (1 – k)   y  y b

1

Bayangan (–4, 8) oleh dilatasi [P(–8, 12), 4 ]:  x ′  1  −4  1  −8   ′  = 4   + (1 – 4 )   y   8  12   −1 3  −8  =   + 4   2    12   −7   −1  −6  =   +   =    11  2 9 Jadi, koordinat bayangannya (–7, 11).

8. Jawaban: e Y

Bayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks A:

3

8 satuan

K

0

X

–4 M 5 satuan L

Luas KLMN = ML × LK =5×8 = 40 satuan luas

Luas persegi panjang KLMN setelah didilatasi dengan faktor skala k = 3: = k2 × LKLMN = 32 × 40 = 360 satuan luas

a  x   x′  a + 2  ′ =    y 1 a + 1 y     Misal koordinat titik Q(m, n). Bayangan titik P(1, 2) dan Q(m, n) oleh transformasi matriks A:

a   xP  xP ′ xQ ′  a + 2   =   a + 1 yP  1  yP ′ yQ ′  ⇔

9. Jawaban: b

 2 −5  A=   a 4  Bayangan titik P(3, –1) oleh transformasi yang bersesuaian dengan matriks A adalah P′(11, 2), berarti:  11  2 −5   3   11  11   2  =  a 4   −1 ⇔  2  =  3a − 4           Dari kesamaan matriks diperoleh: 2 = 3a – 4 ⇔ 3a = 6 ⇔ a=2 Misalkan koordinat Q′(x′, y), maka:  x′   2 −5   4   −2   y′  =  2 4   2  =  16         Jadi, koordinat titik Q′(–2, 16). 10. Jawaban: d

xQ   yQ 

a  1 m   2 2 a + 2   =    3 0 1 a + 1 2 n    

 2 2  3a + 2 m(a + 2) + na    =    3 0  2a + 3 m + n(a + 1)  Dari kesamaan matriks diperoleh: 2 = 3a + 2 ⇔ 3a = 0 ⇔ a = 0 3 = 2a + 3 ⇔ 2a = 0 ⇔ a = 0 2 = m(a + 2) + na ⇔ 2 = m(0 + 2) + n(0) ⇔ 2 = 2m ⇔ m=1 0 = m + n(a + 1) ⇔ 0 = 1 + n(0 + 1) ⇔ 0=1+n ⇔ n = –1 Diperoleh m = 1 dan n = –1. Jadi, koordinat titik Q = (m, n) = (1, –1).

⇔

12. Jawaban: e Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [O, –2] adalah (–2x, –2y), berarti: 1

x′ = –2x ⇔ x = – 2 x′

Y 5

 −2 3  transformasi matriks T =  :  −1 −1 LA′B′C′D′ = |det T| × LABCD = |(–2) × (–1) – 3(–1)| × 20 satuan luas = 5 × 20 satuan luas = 100 satuan luas

11. Jawaban: a

4

–2

Luas jajargenjang ABCD: LABCD = alas × tinggi =4×5 = 20 satuan luas Luas bayangan jajargenjang ABCD oleh

D

1

C 5 satuan

A 4 satuan B 0 4

6

X

y′ = –2y ⇔ y = – 2 y′ Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh: 4x – y + 6 = 0

1

1

⇒ 4(– 2 x′) – (– 2 y′) + 6 = 0 ⇔

1

–2x′ + 2 y′ + 6 = 0 ⇔ 4x′ – y′ – 12 = 0 Jadi, persamaan bayangannya 4x – y – 12 = 0. Matematika Kelas XII Program IPA

121

13. Jawaban: d Misalkan A(x, y) terletak pada garis 2y – x + 3 = 0. Bayangan titik A(x, y) oleh transformasi matriks  2 3   adalah (x′, y′) dengan:  1 2  x′   2 3   x   ′ =     y   1 2 y  −1

⇔ ⇔ ⇔

 x   2 3   x′   =      y   1 2   y′  x 1  2 −3   x ′    = 4−3    y  −1 2   y ′   x   2x ′ − 3y ′   =  ′   y   − x + 2y ′ 

Dari kesamaan matriks diperoleh: x = 2x′ – 3y′ . . . (1) y = –x′ + 2y′ . . . (2) Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis 2y – x + 3 = 0 diperoleh: 2(–x′ + 2y′) – (2x′ – 3y′) + 3 = 0 ⇔ –2x′ + 4y′ – 2x′ + 3y′ + 3 = 0 ⇔ –4x′ + 7y′ + 3 = 0 Jadi, bayangannya 7y – 4x + 3 = 0. 14. Jawaban: d Misal persamaan garis tersebut g ≡ ax + by + c = 0. Misal titik (x, y) terletak pada garis g.

⇔ 3y + 2x + 24 = 0 diperoleh: –a = 3 ⇔ a = –3 . . . (1) b=2 . . . (2) –3a + 5b + c = 24 . . . (3) ⇒ –3(–3) + 5(2) + 1 = 24 ⇔ c = 24 – 9 – 10 ⇔ c=5 Jadi, persamaan garis g adalah –3x + 2y + 5 = 0. 15. Jawaban: d Persamaan lingkaran semula: x2 + y2 – 10x + 4y + 13 = 0 ⇔ x2 – 10x + y2 + 4y + 13 = 0 ⇔ (x – 5)2 + (y + 2)2 – 25 – 4 + 13 = 0 ⇔ (x – 5)2 + (y + 2)2 = 42 Jari-jari lingkaran semula: r = 4. Luas lingkaran semula: L = πr2 = π × (4)2 = 16π satuan luas Luas lingkaran oleh dilatasi [P(4, –7), 5]. LI = k2 × L = 25 × 16π = 400π satuan luas Luas lingkaran oleh transformasi matriks: a LII = | det  c a = | det  c

b |×L d b  | × 16π satuan luas d Oleh karena LI = LII diperoleh: a b | det   | × 16π = 400π  c d

3

Bayangan titik (x, y) oleh rotasi [P(–4, 1), 2 π]: 3 3    x ′   cos 2 π − sin 2 π   x + 4   −4  =   +    ′  3 3  y 1 − y      1  sin 2 π cos 2 π 

 0 1  x + 4   −4  =    +   − − 1 0 y 1     1  y −1   −4  =   +   x 4 − −    1  y−5  =    −x − 3  Dari kesamaan matriks, diperoleh: x′ = y – 5 ⇔ y = x′ + 5 y′ = –x – 3 ⇔ x = –y′ – 3 Substitusi x = –y′ – 3 dan y = x′ + 5 ke persamaan garis g: ax + by + c = 0. ⇒ a(–y′ – 3) + b(x′ + 5) + c = 0 ⇔ –ay′ – 3a + bx′ + 5b + c = 0 ⇔ –ay′ + bx′ + (–3a + 5b + c) = 0 Oleh karena –ay + bx + (–3a + 5b + c) = 0

122


⇔

a b 400π | det   | = 16π c d  

a b | det   | = 25  c d Akibatnya matriks yang memenuhi adalah matriks yang nilai determinannya 25 atau –25.

⇔

−9 1

2 = (–9)(–3) – 2 × 1 = 27 – 2 = 25 −3

 −9 2  Jadi, matriks T yang memenuhi adalah  .  1 −3  B. Uraian

1. a.

Titik A(x, y) dirotasikan R[O, 60°] diperoleh bayangan A′(1,

3 ). Sebaliknya, titik

A′(1, 3 ) dirotasikan R[O, –60°] diperoleh bayangan A(x, y).

 x  =  cos (−60°) −sin (−60°)   1   y  sin (−60°) cos (−60°)         3  1 =  2 − 1 3  2

1 2

3  1   1   3   2 

1 3   + 2 2   =  2 =  0  − 1 3 1 3    + 2  2 

b.

Jadi, koordinat titik A(2, 0). b.

 x′  x a  ′  = k   + (1 – k)   y    y b

1

Bayangan titik P(–2, 6) oleh dilatasi [A, 2 ] adalah P′(x′, y′).  1 0  2   −2 − 2   x′  =  2  y′   1   6 − 0  +  0       0 2  1 2

=  0 

0  2   −4  1   6  +  0     2

 x′  x  3  ′  = –3   + 4   y   y  −4 

x′ = –3x + 12 ⇔ x =

x′ − 12 −3

. . . (1)

y′ = –3y – 16 ⇔ y =

y′ + 16 −3

. . . (2)

(

⇔ ⇔

π 2

[P(3, –4), – ]: π − sin (− 2 )   x   π cos (− 2 )   y

 x′   0 1  −5 − 3   3 +    ′ =     y   −1 0  1 + 4   −4 

 3 8  0 1  −8  =    +   =    −4   4  −1 0  5  Koordinat titik pusat lingkaran bayangan adalah (8, 4).

x′ − 12 −3

) +( ( ) +(

x′2 − 54x′ + 729 9

2

) )

2 y′ + 16 −1 −3 x′ − 27 2 y′ + 19 2 −3 −3

+5

+

y′2 + 38y′ + 361 9

= 16 = 16 = 16

⇔ x′2 – 54x′ + 729 + y′2 + 38y′ + 361 = 144 ⇔ x′2 + y′2 – 54x′ + 38y′ + 946 = 0 Jadi, persamaan lingkaran bayangannya x2 + y2 – 54x + 38y + 946 = 0.

− 3  3  + + 4   −4 

 3  0 1  x − 3  =    +    −4   −1 0  y + 4  Bayangan titik pusat (–5, 1):

⇔

⇔

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran (x + 5)2 + (y – 1)2 = 16

Jika suatu lingkaran dirotasikan, akan diperoleh lingkaran dengan panjang jari-jari sama namun titik pusat berbeda. Persamaan lingkaran L: (x + 5)2 + (y – 1)2 = 16. Koordinat titik pusat (–5, 1) dan jari-jari = r = 4. Bayangan titik (x, y) jika dirotasikan oleh

 x′   ′ = y 

 x′  x  3  ′  = –3   + (1 – (–3))   y   y  −4 

 x′   −3x + 12   ′ =   y    −3y − 16  Dari kesamaan matriks diperoleh:

 0 =    3 Jadi, koordinat bayangan titik P adalah P′(0, 3).

 cos (− π ) 2   sin (− π ) 2 

⇔

⇔

 −2   2 =   +   3    0

2. a.

Lingkaran bayangan berpusat di (8, 4) dan berjari-jari 4. Persamaan lingkaran bayangan: (x – 8)2 + (y – 4)2 = 42 ⇔ x2 – 16x + 64 + y2 – 8y + 16 – 16 = 0 ⇔ x2 + y2 – 16x – 8y + 64 = 0 Jadi, persamaan lingkaran bayangannya x2 + y2 – 16x – 8y + 64 = 0. Persamaan lingkaran: L = (x + 5)2 + (y – 1)2 = 16 Misal (x, y) terletak pada lingkaran L. Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [P(3, –4), –3]:

3. 1)

Bayangan titik A(–3, –3) oleh rotasi [P(a, b), –π] adalah A′(7, –5).  x′   cos(−π) − sin(−π)    =    y′   sin(−π) cos(−π) 

x − a a   +    y − b b

 7  −1 0   −3 − a  a ⇔   =    +    −5   0 −1  −3 − b  b 7 3 + a a       ⇔   =   +   5 3 b − +     b  7  3 + 2a  ⇔   =    −5   3 + 2b 


123

2)

Dari kesamaan matriks diperoleh: 7 = 3 + 2a ⇔ 2a = 4 ⇔ a = 2 –5 = 3 + 2b ⇔ 2b = –8 ⇔ b = –4 Diperoleh koordinat P(2, –4). Bayangan titik B(6, –3) oleh rotasi [P(2, –4), –π]:  x′   −1  =   y′   0  −1 =  0

3)

 x′   5 3   = 3   + (1 – 3)    y′   −4  2  15   −6   9  =   +   =    −12   −4   −16 

Jadi, koordinat B′(9, –16). c.

5 satuan

–2

 x′  x a   = k   + (1 – k)   y y ′     b 9 5 3 ⇔   = k   + (1 – k)   2 2 2 9  5k + 3 − 3k  ⇔   =   2  2k + 2 − 2k  9  2k + 3  ⇔   =   2  2  Dari kesamaan matriks diperoleh: 9 = 2k + 3 ⇔ 2k = 6 ⇔ k = 3 Jadi, nilai k = 3.

X 6 satuan

A

–4

B

Luas ∆ABC = =

1 2 1 2

× alas × tinggi ×5×6

= 15 satuan luas Luas ∆A′B′C′ = k2 × luas ∆ABC = 32 × 15 = 135 satuan luas Jadi, luas ∆A′B′C′ = 135 satuan luas.

 7    −9 

C′(9, 2) adalah bayangan C(5, 2) oleh dilatasi [P(3, 2), k],

C 5

0

0   −3 − 2   2   +   −1  1 + 4   −4  0   −5   2   +   −1  5   −4 

 5  2 =   +   =  −5   −4  Koordinat titik D′(7, –9).

Y

2

 −4   2  −2  =   +   =   − − 5 4      −9  Koordinat titik C′(–2, –9). Bayangan titik D(–3, 1) oleh rotasi [P(2, –4), –π]:  x′   −1   =   y′  0  −1 =  0

4. a.

 −6  =    −10  Jadi, koordinat A′(–6, –10). Bayangan titik B(5, –4) oleh dilatasi [P(3, 2), 3]:

0   6−2   2   +   −1  −3 + 4   −4  0  4  2   +   −1  1   −4 

0  6 − 2  2   +   −1  1+ 4   −4  0  4  2   +   −1  5   −4 

Bayangan titik A(0, –2) oleh dilatasi [P(3, 2), 3]  x′   0 3   = 3   + (1 – 3)   y 2 ′ −     2  0  −6  =   +    −6   −4 

 −4   2  −2  =   +   =    −1  −4   −5  Koordinat titik B′(–2, –5). Bayangan titik C(6, 1) oleh rotasi [P(2, –4), –π]:  x′   −1   =   y′  0  −1 =  0

4)

b.

5. a.

Misalkan (x, y) terletak pada garis x – 2y = 4. Bayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks  −4 2  M=   adalah (x′, y′) dengan:  −3 1   x′   −4 2  x   ′ =    y   −3 1  y  −1 x  −4 2   x ′  ⇔   =      y  −3 1   y ′ 

1  1 −2  x′  = 2    3 −4  y′  1  x′ − 2y′  = 2   3x′ − 4y′ 

124


1

Diperoleh x = 2 (x′ – 2y′)

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis : ax + by + c = 0

. . . (1)

1

1

. . . (2) y = 2 (3x′ – 4y′) Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g: 1

b.

1

⇔

⇔ x′ – 2y′ – 2(3x′ – 4y′) = 8 ⇔ –5x′ + 6y′ – 8 = 0 ⇔ 5x′ – 6y′+ 8 = 0 Jadi, persamaan bayangan garis g adalah 5x – 6y + 8 = 0.

⇔

−1

 x ′   −4 2  x   x   −4 2   x ′   ′ =    ⇔   =      y   −3 1  y   y   −3 1   y ′  Dari jawaban a diperoleh: 1

x = 2 (x′ – 2y′) 1

y = 2 (3x′ – 4y′)

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

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Misalkan A′, B′, dan C′ adalah bayangan titik A, B, dan C oleh rotasi [O(0, 0), 90°]:  x A ′ xB ′ x C ′   cos 90° − sin 90°   x A  =   y A ′ yB ′ yC ′   sin 90° cos 90°   y A

⇒ ⇔

xB yB

xC   yC 

 x A ′ xB ′ x C ′   0 −1 5 −3 0    =    y y y ′ ′ ′ B C   A  1 0  −2 4 7   x A ′ xB ′ x C ′   2 −4 −7    =    y A ′ yB ′ yC ′   5 −3 0 

 x A ′′ xB ′′ x C ′′   x A ′ + 6 xB ′ + 6 x C ′ + 6    =   ′′ ′′ ′′ y y y B C   A  y A ′ − 4 yB ′ − 4 yC ′ − 4 

⇒

 x A ′′ xB ′′ x C ′′   2 + 6 −4 + 6 −7 + 6    =    5 − 4 −3 − 4 0 − 4   y A ′′ yB ′′ yC ′′ 

⇔

 x A ′′ xB ′′ x C ′′   =  y A ′′ yB ′′ yC ′′ 

c=0 c=0 c=0

Oleh karena bayangan garis oleh transformasi matriks M adalah garis g: x – 2y – 4 = 0, diperoleh: a

3b

( 2 + 2 )x + (–a – 2b)y + c = 0 ⇔ x – 2y – 4 = 0 a 2

3b

+ 2 = 1 ⇔ a + 3b = 2 –a – 2b = –2 ⇔ a + 2b = 2 c = –4 Dari a + 3b = 2 dan a + 2b = 2 diperoleh a = 2 dan b = 0. Persamaan garis : ax + by + c = 0 ⇔ 2×x+0×y–4=0 ⇔ 2x – 4 = 0 Jadi, persamaan garis adalah 2x – 4 = 0.

2. Jawaban: d Rotasi [P(–3, 7), –75°] dilanjutkan dengan rotasi [P(–3, 7), 30°] merupakan komposisi dua rotasi berurutan dengan titik pusat sama yaitu P(–3, 7). Misal: R1 = rotasi [P(–3, 7), –75°] R2 = rotasi [P(–3, 7), 30°] R2 R1 = rotasi [P(–3, 7), (–75° + 30°)] = rotasi [P(–3, 7), –45°]  cos (−45°) − sin (−45°)  =    sin (−45°) cos (−45°) 

 1 2 =  2 − 1 2  2

Diperoleh A′(2, 5), B′(–4, –3), dan C′(–7, 0). 6 Titik A′, B′, dan C′ ditranslasikan oleh    −4  diperoleh bayangan titik A′′, B′′, dan C′′.

a 3b x′ – ay′ + 2 x′ – 2by′ + 2 a 3b ( 2 + 2 )x′ + (–a – 2b)y′ + a 3b ( 2 + 2 )x + (–a – 2b)y +

⇔

x – 2y = 4 ⇒ 2 (x′ – 2y′) – 2 × 2 (3x′ – 4y′) = 4

Misalkan garis ≡ ax + by + c = 0 dan (x, y) terletak pada garis , Bayangan (x, y) oleh transformasi matriks M:

1

⇔ a · 2 (x′ – 2y′) + b · 2 (3x′ – 4y′) + c = 0

1 2 1 2

2  2 

Jadi, matriks transformasi tunggalnya adalah  1 2  2 − 1 2  2

1 2 1 2

2 . 2 

 8 2 −1    1 −7 −4 

Diperoleh A′′(8, 1) B′′(2, –7), dan C′′(–1, –4). Matematika Kelas XII Program IPA

125

3. Jawaban: a P(10, 2) merupakan bayangan Q(–4, 3) oleh T2 T1. a Misal: T2 =   maka: b a  −7  a − 7 T2 T1 = T2 + T1 =   +   =   b 8 b + 8

 xP   xQ    =   + (T2 T1)  yP   yQ   10   −4  a − 7   =   +   2  3 b + 8  10   a − 11 ⇔   =   2    b + 11 Dari kesamaan matriks diperoleh: 10 = a – 11 ⇔ a = 10 + 11 = 21 2 = b + 11 ⇔ b = 2 – 11 = –9

⇔

 21 Jadi, matriks translasi T2 adalah   .  −9 

4. Jawaban: d Matriks rotasi R[O, 90°] adalah:

 cos 90° − sin 90°   0 −1 R =  sin 90° cos 90°  =  1 0      Matriks refleksi terhadap garis y = –x adalah  0 −1 M =  −1 0  .   Matriks rotasi R[O, 90°] dilanjutkan refleksi terhadap garis y = –x adalah:  0 −1  0 −1  −1 0  MR =  −1 0   1 0  =  0 1        −1 0  Matriks  0 1  sama dengan matriks refleksi   terhadap sumbu Y. Jadi, rotasi R[O, 90°] dilanjutkan refleksi terhadap garis y = –x dapat diwakili dengan refleksi terhadap sumbu Y. 5. Jawaban: e

D(1, 4) C(7, 1) X B(1, –2)

Koordinat titik D adalah (1, 4).

126

x x  x′   ′ = k   = 5  y    y y   xD   1  5  xD ′    = 5  y  = 5  4  =  20  y ′      D  D Bayangan (x′, y′) oleh dilatasi [P(2, –1), –3]: 2  x′   x′′   ′′  = –3  y′  + (1 – (–3))  −1     y  2  xD ′′   xD ′  ⇔   = –3   + 4  −1    yD ′′   yD ′   5 2 = –3   + 4   20    −1  −15  8 =   +    −60   −4   −7  =    −64 

Jadi, koordinat titik D′′(–7, –64). 6. Jawaban: c Matriks transformasi yang mewakili adalah  −2 1   −1 0   2 1 My =    =    1 2   0 1  −1 2  Bayangan (x, y) oleh transformasi A:

A =T

 x′   2 1  x    =    y ′    −1 2   y  Bayangan (a, b) oleh transformasi A adalah (1, –8):  1  2 1  a    =     −8   −1 2   b  a  2 1 ⇔   =   b  −1 2 

=

1 4+1

−1

 1    −8 

 2 −1  1      1 2   −8 

 10   2   =    −15   −3  Jadi, diperoleh a = 2, b = –3, dan a + b = –1.

=

1 5

7. Jawaban: b

Y

A(–1, 1)

Bayangan (x, y) oleh dilatasi [O(0, 0), 5]:


a 3 3 + a T = T1 T2 =   +   =    2 b   2 + b

Bayangan A(–1, 2) oleh T adalah A′(1, 11):

 xA ′   xA   3 + a    =  +   yA ′   yA   2 + b   1  1 2 + a  −1  3 + a  ⇔   =  +  ⇔   =  +   11  11 4 b  2  2 + b

Dari kesamaan matriks diperoleh: 1 = 2 + a ⇔ a = –1 11 = 4 + b ⇔ b = 7  3 − 1  2  Diperoleh matriks T =  =  2 + 7 9 Bayangan B(xB, yB) oleh matriks T adalah B′(12, 13):

 xB ′   xB   2    =  +   yB ′   yB   9   12   xB   2  ⇔   =  +   13   yB   9   xB   12 − 2   10  ⇔  =  =   yB   13 − 9   4  Jadi, koordinat B(10, 4).

 xC ′   0 1  xC    =     yC ′   −1 2  yC 

−1

1  2 −1 −5  = 0 +1     1 0  −6 

 −4  =    −5  Jadi, koordinat C(–4, –5).

9. Jawaban: c Y R

8. Jawaban: e 1   0 1 a b   0 T = T2 T1 =    =    −1 1 0 1   −a 1 − b  Bayangan (x, y) oleh matriks T: 1  x  0  x′   ′ =     y   −a 1 − b   y 

Bayangan A(2, 3) dan B(–4, 1) oleh matriks T adalah A′(3, 4) dan B′(1, 6). 1   x A xB   x A ′ xB ′   0   =    y y ′ ′ − − a 1 b  y A yB    A B  1  2 −4   3 1  0 ⇔    =  − − a 1 b  3 1   4 6  3 1   3 1     = − + −  4 6   2a 3 3b 4a + 1− b  Dari kesamaan matriks diperoleh: 4 = –2a + 3 – 3b ⇔ 2a + 3b = –1 . . . (1) 6 = 4a + 1 – b ⇔ 4a – b = 5 . . . (2)

⇔

Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2): 2a + 3b = –1 × 2 4a + 6b = –2 4a – b = 5 × 1 4a – b = 5 ––––––––––– – 7b = –7 ⇔ b = –1 Substitusi b = –1 ke persamaan (2): 4a – b = 5 ⇔ 4a – (–1) = 5 ⇔ 4a = 4 ⇔ a=1 Diperoleh a = 1 dan b = –1, matriks transformasinya:  0 1 1   0 T=   =  −1 2     −a 1 − b  Bayangan titik C(xC, yC) oleh T adalah C′(–5, –6):

 xC   0 1   xC ′     =     −1 2   yC ′   yC 

⇔

a

Q P

t X O

1

1

L∆PQR = 2 × a × t = 2 × 4 × 4 = 8 satuan luas 2 4  2 0 Misalkan T1 =   dan T2 =  .  1 3  −5 1  T = T2 T1  2 0 2 4 =      −5 1   1 3  8   4 =    −9 −17 

det T =

4 8 −9 −17

= 4 × (–17) – 8(–9) = 4 Luas bayangan ∆PQR oleh T = T2 T1: L′ = |det (T)| × LPQR = 4 × 8 = 32 satuan luas Jadi, luas bayangan ∆PQR adalah 32 satuan luas. 10. Jawaban: b Misal: M1 = matriks refleksi terhadap garis y = –x  0 −1 =    −1 0  M2 = matriks refleksi terhadap garis y = x  0 1 =    1 0


127

Matriks transformasi tunggal yang mewakili refleksi terhadap garis y = –x dilanjutkan refleksi terhadap garis y = x: M = M 2 M1  0 1   0 −1  −1 0  =    =    1 0   −1 0   0 −1 Misalkan (x, y) terletak pada garis y = 2x – 3. Bayangan (x, y) oleh transformasi M2 M1:  x′  x  ′  = (M2 M1)   y   y

12. Jawaban: c Bayangan titik (x, y) apabila ditransformasi dengan  3 5 matriks transformasi  1 2  dilanjutkan dengan   pencerminan terhadap sumbu X adalah (x′, y′).

 x′  1 0   y′  =  0 −1     ⇔

 3 5  x  3 5  1 2   y  =  −1 −2      

x 3 5  y =      −1 −2  =

 −x   x′  ⇔   =    −y   y′ 

2 5 =  −1 −3   

Dari kesamaan matriks diperoleh: x′ = –x ⇔ x = –x′ . . . (1) y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . (2) Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis y = 2x – 3: ⇔ –y′ = 2(–x′) – 3 ⇔ –y′ = –2x′ – 3 ⇔ y′ – 2x′ – 3 = 0 ⇔ y – 2x – 3 = 0 Jadi, persamaan bayangan garisnya adalah y – 2x – 3 = 0. 11. Jawaban: a Misalkan titik A(x, y) terletak pada garis g ≡ 3x + 2y = 6.  3 T=   −4 

(x, y)

[O, 2] (x′, y′) → (x′′, y′′) →  x′  x  x′   x + 3 3  y′  =  y  +  −4  ⇔  y′  =  y − 4            ′′ x   x′   y′′  = 2      y′  ′′ x   x + 3  2x + 6  ⇔   = 2  =  2y − 8   y′′   y − 4   Dari kesamaan matriks diperoleh:

1

x″ = 2x + 6 ⇔ x = 2 x″ – 3 1

y″ = 2y – 8 ⇔ y = 2 y″ + 4 Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g: 1

1

3( 2 x″ – 3) + 2( 2 y″ + 4) = 6 ⇔ ⇔

3 x′′ 2

– 9 + y′′ + 8 = 6 3 x′′ 2

+ y′′ = 7

⇔ 3x′′ + 2y′′ = 14 Jadi, bayangan garis g adalah 3x + 2y = 14.

128


 x′   y′   

 −2 −5   x′   1 3   y′    

 x′   −1 0   x  ⇔   =    ′ y    0 −1  y 

1 −6 + 5

−1

x  y  

 x′   y′   

 2x′ + 5y′  =  −x′ − 3y′    Diperoleh: x = 2x′ + 5y′ y = –x′ – 3y′ Substitusi x dan y ke persamaan garis: x – 2y = 5 ⇔ (2x′ + 5y′) – 2(–x′ – 3y′) = 5 ⇔ 2x′ + 5y′ + 2x′ + 6y′ = 5 ⇔ 4x′ + 11y′ = 5 Jadi, bayangannya 4x + 11y = 5. 13. Jawaban: a Mx = 2

 −3  T=  4  

(x, y) → (4 – x, y) → (1 – x, y + 4) Diperoleh: x′ = 1 – x ⇔ x = 1 – x′ y′ = y + 4 ⇔ y = y′ – 4 Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran: x2 + y2 = 4 ⇔ (1 – x′)2 + (y′ – 4)2 = 4 ⇔ 1 – 2x′ + x′2 + y′2 – 8y′ + 16 – 4 = 0 ⇔ x′2 + y′2 – 2x′ – 8y′ + 13 = 0 Jadi, bayangannya x2 + y2 – 2x – 8y + 13 = 0. 14. Jawaban: a Misal: T1 = matriks refleksi terhadap sumbu X 1 0  =    0 −1 T2 = matriks dilatasi [O, 3] 3 0 =   0 3

T = matriks transformasi refleksi terhadap sumbu X dilanjutkan dilatasi [O, 3]

Bayangan titik A(2, 2):  7  −1 0   2 − 7   xA ′    =  0 −1  2 + 7  +  −7        yA ′   7  −1 0   −5  =    9  +  −7     0 −1  

3 0  1 0  3 0  = T2 T1 =    =    0 3   0 −1  0 −3  Misalkan titik (x, y) terletak pada kurva y = x2 – 3x + 2. 3 0  Bayangan (x, y) oleh T =  :  0 −3   x′  3 0  x  x′   3x    =     ⇔   =    y′   0 −3   y   y′   −3y  x′

Diperoleh x′ = 3x ⇔ x = 3

 12   =   −16 

Bayangan titik B(–5, 4):  7  −1 0   −5 − 7   xB ′    =  0 −1  4 + 7  +  −7        yB ′   7  −1 0   −12  =    11  +  −7      0 −1 

. . . (1)

−y′ 3

y′ = –3y ⇔ y = . . . (2) Substitusi (1) dan (2) ke persamaan kurva y = x2 – 3x + 2:

⇔

−y′ 3 −y′ 3

= =

x′ x′ ( 3 )2 – 3( 3 ) x′2 – x′ + 2 9

 19   =   −18  Bayangan titik C(10, –3):  7  −1 0   10 − 7   xC ′    =  0 −1  −3 + 7  +  −7        yC ′  7 3    −1 0    =     +  −7     0 −1  4 

+2

⇔ –3y′ = x′2 – 9x′ + 18 ⇔ 0 = 3y′ + x′2 – 9x′ + 18 Jadi, persamaan bayangan kurva: 3y + x2 – 9x + 18 = 0.

 4   =   −11 Diperoleh A′(12, –16), B′(19, –18), dan C′(4, –11).

15. Jawaban: e Matriks transformasinya adalah  1 0   0 −1  0 −1 T = T2 T1 =    =    0 1  1 0   1 0 

Misalkan titik (x, y) pada lingkaran (x + 1)2 + (y – 2)2 = 16. Bayangan dari titik (x, y) oleh T:  x′   0 −1  x     ′ =  y  1 0  y     −y   x′  ⇔   =   ′ y    x  Dari kesamaan matriks diperoleh: x′ = –y ⇒ y = –x′ . . . (1) y′ = x ⇒ x = y′ . . . (2) Substitusi (1) dan (2) ke (x + 1)2 + (y – 2)2 = 16 diperoleh: (y′ + 1)2 + (–x′ – 2)2 = 16 ⇔ y′2 + 2y′ + 1 + x′2 + 4x′ + 4 = 16 ⇔ x′2 + y′2 + 4x′ + 2y′ – 11 = 0 Jadi, persamaan bayangannya x2 + y2 + 4x + 2y – 11 = 0.

B. Uraian 1. a. 1) Bayangan titik (x, y) oleh rotasi [P(7, –7), 180°].  cos 180° − sin 180°   x′    =  sin 180° cos 180°     y′ 

=

 x − 7  7   +   y + 7  −7 

2)

Bayangan titik (x′, y′) oleh rotasi [O(0, 0, –270°].  cos (−270°) − sin (−270°)   x′′   ′′  =  sin (−270°) cos (−270°)  y     ′ x 0 − 1 ′′     x   ⇔  ′′  =    y   1 0   y′ 

 x′   ′ y 

Bayangan titik A′(12, –16), B′(19, –18), C′′(–4, –11):  x A ′′ xB ′′ xC ′′     y A ′′ yB ′′ yC ′′ 

=

 0 −1  x A ′ xB ′ x C ′      1 0  y A ′ yB ′ yC ′ 

=

 0 −1 12 19 −4      1 0  −16 −18 −11

=

 16 18 11     12 19 −4 

Diperoleh A′′(16, 12), B′′(18, 19), C′′(11, –4). Jadi, bayangan titik A(2, 2), B(–5, 4), dan C(10, –3) oleh rotasi [P(7, –7), 180°] dilanjutkan rotasi [O(0, 0), –270°] adalah A′′(16, 12), B′′(18, 19), C′′(11, –4).

 7  −1 0   x − 7     y + 7  +  −7  − 0 1      Matematika Kelas XII Program IPA

129

b.

 −1 4  Misalkan M1 =    3 −2  M2 = matriks refleksi terhadap garis y = –x

a.

dilanjutkan rotasi R[O, – transformasi T:

 −1 4    dilanjutkan refleksi  3 −2  terhadap garis y = –x = M2 M 1

xB yB

b.

 −2 23 −36  =    −6 −21 22  Jadi, bayangan titik A, B, dan C oleh  −1 4  transformasi matriks   dilanjutkan  3 −2  dengan refleksi terhadap garis y = –x adalah A′(–2, –6), B′(23, –21), dan C′(–36, 22).

 2 0 2. Matriks dilatasi [O, 2] adalah D =  0 2  .   Matriks refleksi terhadap garis y = x adalah  0 1 M =  1 0 .  

transformasi

 12   2x   −8  =  −2y      Diperoleh: 12 = 2x ⇔ x = 6 –8 = –2y ⇔ y = 4 Jadi, koordinat titik A(6, 4). 3. a.

L: x2 + y2 + 4x + 6y – 12 = 0 ⇔ (x + 2)2 + (y + 3)2 = 52 Luas lingkaran L = π(5)2 = 25π satuan luas. Misalkan (x, y) terletak pada lingkaran: My = x D[O, − 3] (x, y)  → (x′, y′) → (x″, y″) Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan My = x:

 x′   0 1  x    =     y′   1 0  y  x′   y ⇔   =    y′  x

Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi D[O, –3]:  x″   −3 0   x′    =     y″   0 −3   y′ 

 cos (− 1 π) −sin (− 1 π)   0 1 2 2   R=  =  . 1 1   −1 0   sin (− π) cos (− π)    2 2

 x″   −3y  ⇔   =    y″   −3x 

y   x

x″

Diperoleh x″ = –3y ⇔ y = – 3 y″ = –3x ⇔ x = –


0 2 

⇔

 x″   −3 0  ⇒   =    y″   0 −3 

130

 2 0  0 2  

x  y  

Matriks rotasi R[O, – 2 π] adalah:

1

1 0 

Bayangan titik A(x, y) oleh transformasi T adalah A′(12, –8), berarti:

 12  2 0   −8  =  0 −2     

xC   yC 

 −3 2  2 −5 10  =     1 −4  2 4 −3 

1 0 

π]. Matriks

2 0  dengan matriks  0 −2  .  

 −3 2  =    1 −4  Bayangan titik A(2, 2), B(–5, 4), C(10, –3) oleh transformasi M3.

 x A ′ xB ′ xC ′   −3 2   x A  =    y A ′ yB ′ yC ′   1 −4  y A

1 2

0 1  0  2 −1  0 2 0  =  0 −2    Jadi, transformasi T adalah

0 T =R M D =   −1 1 = 0 

 0 −1 =    −1 0  M3 = matriks transformasi tunggal transformasi matriks

 0 −1  −1 4  =     −1 0   3 −2 

Transformasi T mewakili dilatasi [O, 2], dilanjutkan refleksi terhadap garis y = x, dan

y″ 3

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

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran L x2 + y2 + 4x + 6y – 12 = 0 (

y″ 2 ) −3

⇔

b.

+(

x″ 2 ) −3

y″2 9

+

y″ x″ + 4( −3 ) + 6( −3 ) – 4 x ″2 – 3 y″ – 2x″ – 9

12 = 0

=

25π 225π

=

1 9

Jadi, perbandingan luasnya 1 : 9. 4. a.

Misalkan titik (x, y) terletak pada garis g ≡ 2x + 5y = 3: My = k R[O, 90° ] (–y, 2k – x) (x, y)  → (–y, x) →

Sehingga diperoleh: x′ = –y ⇔ y = –x′ . . . (1) y′ = 2k – x ⇔ x = 2k – y′ . . . (2) Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g diperoleh: 2(2k – y′) + 5(–x′) = 3 ⇔ 4k – 2y′ – 5x′ = 3 ⇔ 5x′ + 2y′ = 4k – 3 Bayangan garis g adalah g′ ≡ 5x + 2y= 4k – 3 ⇔ 5x + 2y = 21 Sehingga diperoleh: 4k – 3 = 21 ⇔ 4k = 24 ⇔ k=6 Jadi, nilai k = 6. b.

Misalkan titik (x, y) terletak pada garis g dan (x′, y′) adalah bayangan (x, y) oleh transformasi R[O, 90°] My = 6 maka: My = 6 R[O, 90° ] (x, y) → (x, 2 · 6 – y)  → (–(2 · 6 – y), x) Sehingga diperoleh: x′ = –(2 · 6 – y) ⇔ x′ = –12 + y ⇔ y = x′ + 12 y′ = x ⇔ x = y′ Substitusi x dan y ke persamaan garis g diperoleh: 2y′ + 5(x′ + 12) = 3 ⇔ 2y′ + 5x′ + 60= 3 ⇔ 5x′ + 2y′ = –57 Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y = –57.

3y = 2x + 3 2

⇔

12 = 0

⇔ y″2 + x″2 – 12y″ – 18x″ – 108 = 0 Persamaan bayangan lingkaran L adalah: L′: x2 + y2 – 18x – 12y – 108 = 0 ⇔ (x – 9)2 + (y – 6)2 = 152 Luas lingkaran L′ = π(15)2 = 225π satuan luas. Perbandingan luas L dan luas L′: Luas L Luas L′

5. g1 ≡ 2x – 3y + 3 = 0 ⇔

y = 3x + 1 2

Garis g1 mempunyai gradien m1 = 3 . g2 ≡ 3x + 2y – 2 = 0 ⇔

2y = –3x + 2 3

⇔

y = –2x + 1 3

Garis g2 mempunyai gradien m2 = – 2 . 2

3

Oleh karena m1 · m2 = 3 (– 2 ) = –1, garis g1 tegak lurus garis g2. Dengan demikian, sudut antara garis g1 dan garis g2 adalah α = 90°. Mencari titik potong g1 dan g2: 2

y = 3x + 1 3

y = –2x + 1 –––––––––– – 13

0= 6 x

⇔ x=0 2

Oleh karena x = 0, diperoleh y = 3 · 0 + 1 = 1. Kedua garis berpotongan di titik P(0, 1). Refleksi titik A(6, 1) terhadap g2 g1 ekuivalen dengan rotasi R[P(0, 1), 2α] maka:

 x A ′   cos 2α − sin 2α   x A − xP   xP  +    =   y A ′   sin 2α cos 2α  y A − yP   yP 

 cos 180o =  o  sin180

− sin180o   6 − 0   0   +  cos 180o   1 − 1   1 

 −1 0   6   0  =    +    0 −1  0   1   −6   0  =  +   0   1  −6  =   1 Jadi, koordinat bayangan titik A adalah A′(–6, 1).


131

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Koordinat bayangan titik A(x, y) oleh translasi  3 T =  5  adalah A′(x + 3, y + 5).   Koordinat titik A′(–2, 1), sehingga: x + 3 = –2 ⇔ x = –5 y + 5 = 1 ⇔ y = –4 Jadi, koordinat titik A(–5, –4). 2. Jawaban: e

4. Jawaban: e Transformasi translasi tidak mengubah ukuran bangun. Untuk memperoleh persamaan bayangan lingkaran L, cukup dengan mentranslasikan titik pusat L(P(x, y)) kemudian dicari persamaan lingkaran L′ dengan pusat P′(x′, y′). Titik pusat L : P(3, –1) Titik pusat L′: P′(–2, 1) Sehingga terdapat hubungan:

 xP   xP ′    =   +T  yP   yP ′ 

a Misalkan translasi tersebut T =   . b

⇔

a Bayangan titik B(5, 1) oleh translasi T =   adalah b B′(–1, 3).

⇔

 −2   3  a   =   –  −1  1   b

 xB ′   xB  a   =   +   b  yB ′   yB 

⇔

 −5  a   =    2 b

 −1  5 a  −1  5 + a  ⇔   =   +   ⇔  =   3  1 b  3   1+ b  Dari kesamaan matriks diperoleh –1 = 5 + a ⇔ a = –6 3=1+b⇔b=2

 −2   3  a  =   +   − 1 1     b

Dari kesamaan matriks diperoleh a = –5 dan b = 2. Nilai a + b = –5 + 2 = –3. 5. Jawaban: a Bayangan (x, y) oleh refleksi terhadap titik (0, 0).

 a   −6  Dengan demikian T =   =   b  2 

 x′  2× 0 − x  −x   ′ =   =   y  2 × 0 − y  −y 

 −6  Bayangan titik A(13, –4) oleh T =   :  2  xA ′   xA   −6   =   +    2  y A ′   yA 

Bayangan titik P(a, b):

 13   −6  7 =   +   =    −4   2  −2  Jadi, bayangan titik A(7, –2).

3. Jawaban: b

 −1 Bayangan titik (x, y) oleh translasi T =   adalah 3 (x – 1, y + 3), berarti: x′ = x – 1 ⇔ x = x′ + 1 y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3 Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh: 5x + 2y – 8 = 0 ⇒ 5(x′ + 1) + 2(y' – 3) – 8 = 0 ⇔ 5x′ + 5 + 2y′ – 6 – 8 = 0 ⇔ 5x′ + 2y′ – 9 = 0 Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y – 9 = 0.

132


 xP ′   −xP   −a    =   =    −b   yP ′   − yP  Jadi, bayangannya adalah (–a, –b). 6. Jawaban: d Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap sumbu Y adalah P′(2, 5). Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap sumbu X adalah P′(–2, –5). Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garis y = x adalah (5, –2). Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garis y = –x adalah P′(–5, 2). Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap titik asal adalah (2, –5). Jadi, P′(–5, 2) merupakan bayangan P(–2, 5) oleh 3

refleksi terhadap garis y = –x.Jadi, nilai k = – 2 .

7. Jawaban: e (x, y)

Mx = k

→

 0 1   7   −1 =    +    −1 0   −6   3 

(2k – x, y)

(2, –6) → (2k – 2, –6) = (–5, –6) Sehingga diperoleh: 2k –2 = –5 ⇔ 2k = –3 Mx = k

 −6   −1 =  +   −7   3   −7  =    −4  Jadi, bayangan titik Q adalah Q′(–7, –4).

3

⇔ k=–2

3

Jadi, nilai k = – 2 . 8. Jawaban: d Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap sumbu Y adalah (–x, y), berarti: x′ = –x ⇔ x = –x′ y′ = y ⇔ y = y′ Substitusi x dan y ke persamaan parabola diperoleh: y = x2 + 2x – 5 ⇔ y′ = (–x′)2 + 2(–x′) – 5 ⇔ y′ = x′2 – 2x′ – 5 Jadi, persamaan bayangan parabola adalah y = x2 – 2x – 5. 9. Jawaban: c 2

Bayangan titik (x, y) oleh rotasi [O(0, 0), 3 π]:  cos 2 π − sin 2 π  3 3  x    x′     ′ =  2 2  sin π cos π   y  y  3 3   ⇔

 −1 2   x′   ′ =  1  3 y   2

−

3  x   1   y  −  2  1 2

Bayangan titik (8, –6): 1   x′   − 2  ′ =  1 y   3  2

−

3  8   −4 + 3 3     =    4 3+3  1   −6     − 2  1 2

Jadi, bayangan titik B(8, –6) adalah (–4 + 3 3 ,

4 3 + 3). 10. Jawaban: e Bayangan (xQ, yQ) oleh rotasi [P(–1, 3), –90°]: o o  xQ ′   cos (−90 ) − sin (−90 )   xQ − xP      = o o  yQ ′   sin (−90 ) cos (−90 )   yQ − yP   xP  +    yP   0 1   6 + 1   −1 =   +   −1 0   −3 − 3   3 

11. Jawaban: b Bayangan (xA, yA) oleh rotasi [P(1, 2), α]:

 cos α − sin α   x A − xP   xP   xA ′  +     =  y ′  sin α cos α  y A − yP   yP   A  ⇔

 cos α − sin α   3 − 1   1   −1  +    =  4  sin α cos α   4 − 2   2   

 cos α − sin α   2   −1  1 ⇔   –   =     sin α cos α   2  4  2  2 cos α − 2 sin α   −2     =  2  2 sin α + 2 cos α    Dari kesamaan matriks diperoleh: 2 cos α – 2 sin α = –2 ⇔ cos α – sin α = –1 2 sin α + 2 cos α = 2 ⇔ cos α + sin α = 1 ––––––––––––––– + 2 cos α = 0 ⇔ cos α = 0 ⇔ α = 90° Jadi, besar sudut α adalah 90°.

⇔

12. Jawaban: a Misalkan titik (x, y) terletak pada garis 3x + 2y – 4 = 0 dan (x′, y′) adalah bayangan titik (x, y) oleh π

rotasi [O, 2 ] maka: π

R[O, ] 2 (x, y)  → (–y, x) Sehingga diperoleh: x′ = –y ⇒ y = –x′ y′ = x ⇒ x = y′ Substitusikan x dan y ke persamaan 3x + 2y – 4 = 0: 3y′ + 2(–x′) – 4 = 0 ⇔ 3y′ – 2x′ – 4 = 0 ⇔ 2x′ – 3y′ + 4 = 0 Jadi, bayangannya adalah 2x – 3y + 4 = 0.

13. Jawaban: d 1

Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [P(2, –1), 2 ]:  x′  1 x 1  2  ′  = 2   + (1 – 2 )   y  y  −1


133

1

Bayangan titik A(–4, 11) oleh dilatasi [P(2, –1), 2 ]:  x′  1  −4  1  2  ′ = 2   + 2   y   11   −1  −2   1  =  11  +  1   2   −2 

⇔

14. Jawaban: d Bayangan titik A oleh dilatasi [P(xP, yP), 3]:

 xA ′   xA   xP    = k   + (1 − k)    yA ′   yA   yP  ⇔

 xP   −5   −11   = 3  2  + (1 − 3)  y     P  4 

⇔

 xP   −11  −15    =  6  + (−2)  y    P  4  

⇔

 xP   −15   −11 2  =  −   yP   6   4 

b  −3    d  4   −3a + 4b     −3c + 4d 

a b Bayangan titik (1, –2) oleh T =   adalah  c d (1, 0).

1 3

× 6 = –2.

Bayangan titik P(–7, 5) oleh dilatasi [O, –2]:

 xP ′   14   −7    = –2   =    yP ′   −10   5 Jadi, bayangan titik P adalah (14, –10).


17. Jawaban: e

Dari kesamaan matriks diperoleh: –3a + 4b = 3 . . . (1) –3c + 4d = –4 . . . (2)

15. Jawaban: e Bayangan titik Q(–9, 12) oleh dilatasi [O, k] adalah Q′(3, –4).  xQ ′   xQ   −9   3   = k   ⇒   = k  y y ′  Q   Q  12   −4   3 1  −9  ⇔   =–   3  12   −4  sehinga 6k = –

 3 −4   −18     2 1  3 

 −6  1  −66  = 11   =   33 −    −3  Jadi, koordinat titik P(–6, –3).

 3 a   =  − 4   c  3 ⇔   =  −4 

 xP  1  −4    = 2   y  P  2

1 3

1 3+8

a b Bayangan titik (–3, 4) oleh T =   adalah  c d (3, –4).

 −2  =    1 Jadi, koordinat titik P(–2, 1).

134

 xP   1 4   xP′    =     yP   −2 3   yP′  =

Diperoleh A′(–1, 5). Jadi, bayangan titik A adalah (–1, 5).

Diperoleh k = –

 xP ′   1 4   xP    =      −2 3   yP   yP ′  −1

 −1 =   5

⇔

16. Jawaban: b

 1 a   =  0 c  1 ⇔   = 0

b  1    d  −2   a − 2b     c − 2d  Dari kesamaan matriks diperoleh: a – 2b = 1 . . . (3) c – 2d = 0 . . . (4) Eliminasi a dari (1) dan (3): –3a + 4b = 3 × 1 –3a + 4b = 3 a – 2b = 1 ×3 3a – 6b = 3 ––––––––––– + –2b = 6 ⇔ b = –3 Substitusi b = –3 ke a – 2b = 1: ⇒ a – 2(–3) = 1 ⇔ a = 1 – 6 ⇔ a = –5 Diperoleh a = –5 dan b = –3.

Eliminasi c dari (2) dan (4): –3c + 4d = –4 × 1 –3c + 4d = –4 c – 2d = 0 ×3 3c – 6d = 0 –––––––––––– + –2d = –4 ⇔ d=2

Substitusi d = 2 ke c – 2d = 0: ⇒ c – 2(2) = 0 ⇔ c = 4 Diperoleh c = 4 dan d = 2. Nilai a + b + c + d = –5 + (–3) + 4 + 2 = –2 Jadi, nilai a + b + c + d adalah –2. 18. Jawaban: d Misal T = T1 T2  0 2   1 1 0 2 =    =   2 0 0 1    2 2 0 2 Bayangan P(–5, 1) oleh T = T1 T2 =  : 2 2  x′  0 2 x  0 2   −5   2   =    =    =   ′ y 2 2 y 2 2 1          −8 

Jadi, bayangan titik P adalah (2, –8). 19. Jawaban: d Bayangan titik B(–8, 13) oleh refleksi terhadap garis x = 16:  x′   2 × 16 − x   ′ =   y y    

 xB ′   32 − (−8)   40  =    =    yB ′   13   13  Diperoleh B′(40, 13).  −9  Bayangan titik (x′, y′) ditranslasikan oleh   :  5 ′′ ′ x    −9  x   ′′  =   +   ′ y y    5    −9  Bayangan titik B′(40, 13) oleh translasi   :  5  x A ′′   40  − 9    =   +   x ′′ 13  5  B     31 =    18  Jadi, bayangan akhir titik A adalah (31, 18).

20. Jawaban: a Koordinat bayangan titik T (–2, 3) oleh transformasi  −2 4  yang diwakili matriks  3 −1 adalah (x′, y′).  

 x′   −2 4   −2   y′  =  3 −1  3        4 + 12   16  =  −6 − 3  =  −9     

Diperoleh koordinat bayangan titik T adalah (16, –9). Koordinat bayangan titik (16, –9) oleh refleksi terhadap garis x = 10 adalah (2(10) – 16, –9) = (4, –9). Jadi, bayangan titik T adalah T′(4, –9). 21. Jawaban: b Bayangan (x, y) oleh dilatasi [P(a, b), k] adalah:  x′  k 0  x − a a   =    +   y 0 k y b ′ −      b

Bayangan titik A(4, –8) oleh dilatasi P[(–2, 2), –2]:

 x A ′   −2 0   x A + 2   −2   =    +     2  y A ′   0 −2   y A − 2   −2 0  =    0 −2 

 4+2   −2    +   8 2 − −    2

 −2 0   6   −2  =    +    0 −2   −10   2  −12   −2  =   +    20   2  −14  =    22  Bayangan titik (–14, 22) oleh rotasi [P(–2, 2), 270°]:  x″   cos 270° − sin270°    =   ″ y    sin270° cos 270° 

 x + 2  −2    +   − y 2    2

 0 1   −14 + 2   −2  =    +    −1 0   22 − 2   2  0 1   −12   −2  =    +    −1 0   20   2  20   −2   18  =   +   =    12   2  14  Jadi, bayangan titik A adalah (18, 14).

22. Jawaban: a Misalkan koordinat titik A(a, b). T1 = matriks transformasi rotasi [O(0, 0), 90°]

 cos 90o − sin 90o   0 −1 =   =    sin 90o cos 90o  1 0    T2 = matriks transformasi refleksi terhadap garis y = –x  0 −1 =    −1 0 


135

 0 −1 T = T2 T1 =    −1 0  Bayangan titik A(a, b) A′(8, –6):

 xA ′   −1   =  y ′  A  0 8 ⇔   =  −6 

 0 −1  −1 0    =   1 0   0 1 oleh T = T2 T1 adalah

0   xA    1  y A 

 −1 0  a      0 1  b  8  −a  ⇔   =    −6  b Diperoleh: 8 = –a ⇔ a = –8 –6 = b ⇔ b = –6 Jadi, koordinat titik A(–8, –6).

23. Jawaban: e

 −1 0  Matriks transformasi R[O, π] =  0 −1 .   Koordinat bayangan titik P(3, –1) oleh transformasi yang diwakili matriks N, dilanjutkan rotasi R[O, π], kemudian oleh transformasi yang diwakili matriks M adalah (x′, y′).

 x′   1 −3   −1 0   3 2   3   y′  =  4 −2   0 −1  −1 0   −1          −1 3   7   −16  =  −4 2   −3  =  −34       Jadi, bayangan titik P adalah P′(–16, –34). 24. Jawaban: a Misalkan titik (x, y) terletak pada garis 3x + 2y = 6.  3 T = 

D[O, 2]  −4  (x, y)  → (x″, y″) → (x′, y′) 

 3 Bayangan (x, y) oleh translasi T =   :  −4   x′   x+3    =    y′   y + (−4)   x′   x + 3 ⇔   =    y′  y − 4 Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi [O, 2]:  x″   k 0   x′    =     y″   0 k   y′  2 0  x + 3   =  0 2  y − 4  2x + 6   =   2y − 8 

136


Diperoleh x″ = 2x + 6 ⇔ x = y″ = 2y – 8 ⇔ y =

x″ − 6 2 y″ + 8 2

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

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis 3x + 2y = 6: x″ − 6

y″ + 8

3( 2 ) + 2( 2 ) = 6 ⇔ 3(x″ – 6) + 2(y″ + 8) = 12 ⇔ 3x″ + 2y″ – 18 + 16 – 12 = 0 ⇔ 3x″ + 2y″ – 14 = 0 Jadi, hasil transformasinya 3x + 2y = 14. 25. Jawaban: a Misalkan titik (x, y) terletak pada garis g dan (x′, y′) adalah bayangan titik (x, y) oleh transformasi R[O, 90°] T maka:  2 T= 

R[O, 90° ]  1 (x, y)  → (x + 2, y + 1) → (–y – 1, x + 2)

Sehingga diperoleh: x′ = –y – 1 ⇔ y = –x′ – 1 y′ = x + 2 ⇔ x = y′ – 2 Substitusi x dan y ke persamaan garis g: ⇒ 2(y′ – 2) – x′ – 1 = 3 ⇔ 2y′ – 4 – x′ – 1 – 3 = 0 ⇔ 2y′ – x′ – 8 = 0 Jadi, persamaan bayangan garis g adalah 2y – x – 8 = 0. 26. Jawaban: b Misalkan persamaan garis g adalah ax + by + c = 0 dan titik (x, y) terletak pada garis g. Bayangan (x, y) oleh dilatasi [P(5, 3), –2]:  x′  x  5   = −2   + (1 – (–2))    y′   y  3 x  5 = −2   + 3    y  3  −2x + 15  =    −2y + 9  Bayangan (x′, y′) oleh dilatasi [Q(–2, 4), 3]:  x′′   x′  −2  ′′  = 3   + (1 – 3)   ′ y y     4  −2x + 15  −2 = 3  + (–2)    −2y + 9  4  −6x + 45 + 4  =    −6y + 27 − 8   −6x + 49  =    −6y + 19 

Diperoleh x′′ = –6x + 49 ⇔ x =

x′′ − 49 −6

. . . (1)

y′′ = –6y + 19 ⇔ y =

y′′ − 19 −6

. . . (2)

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g ≡ ax + by + c = 0. a

 x′′ − 49     −6 

+b

 y′′ − 19     −6 

+c=0

⇔ a(x′′ – 49) + b(y′′ – 19) – 6c = 0 ⇔ ax′′ + by′′ + (–49a – 19b – 6c) = 0 ⇔ ax + by + (–49a – 19b – 6c) = 0 ⇔ –3x + 4y + 17 = 0 Diperoleh: a = –3 b=4⇔b=4 –49a – 19b – 6c = 17 ⇔ –49(–3) – 19(4) – 6c = 17 ⇔ 71 – 6c = 17 ⇔ 6c = –54 ⇔ c=9 Diperoleh a = –3, b = 4, dan c = 9. Persamaan garis g adalah ax + by + c = 0 ⇔ –3x + 4y + 9 = 0 27. Jawaban: b Mx = 2

R[O, 180°]

(x, y) → (4 – x, y) → (x – 4, –y) Diperoleh: x′ = x – 4 ⇔ x = x′ + 4 y′ = –y ⇔ y = –y′ Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran: x2 + y2 = 12 ⇔ (x′ + 4)2 + (–y′)2 = 12 2 ⇔ x′ + 8x′ + 16 + y′2 – 12 = 0 ⇔ x′2 + y′2 + 8x′ + 4 = 0 Jadi, bayangannya x2 + y2 + 8x + 4 = 0.

29. Jawaban: b Segitiga ABC siku-siku di B dengan AB = 7 dan BC = 4. 1

L∆ABC = 2 (7 × 4) = 14 Matriks transformasinya:  5 3  2 0 M =     −2 −1  0 2   10 6  =    −4 −2 

Luas bayangan ∆ABC: L = |det (M)| × L∆ABC =

[O, 2]

M

x′ = 2 – 2y ⇔ y =

2 − x′ 2

 −1 3   4 −1 M =     0 −2   1 0   −1 1  =    −2 0  det (M) = (–1) × 0 – 1(–2) = 2 Luas bayangannya adalah L = det (M) × LKLMN

⇔

52

B. Uraian

⇔ x = – y′

1

2 − x′ 2

)+3=0

⇔ –2y′ + 2 – x′ + 6 = 0 ⇔ –x′ – 2y′ + 8 = 0 ⇔ x′ + 2y′ – 8 = 0 Jadi, persamaan bayangan garis g adalah x + 2y – 8 = 0.

a Misalkan translasi T =   , maka: b  x′  a x  y′  =   +  b  y       a  x′   x  ⇔ b =  ′ –      y   y  4  2  2 =   –   =    1  5   −4 

1 2

⇔ 2(– 2 y′ ) + (

52 = 2 × LKLMN

⇔ LKLMN = 2 = 26 satuan luas Jadi, luas trapesium KLMN adalah 26 satuan luas.

R[O, –90°]

Substitusi x dan y ke persamaan garis g: 2x + y + 3 = 0

× 14

30. Jawaban: e Matriks transformasinya:

y=1 (x, y) → (2x, 2y) → (2x, 2 – 2y) → (2 – 2y, –2x) Diperoleh:

y′ = –2x

6

−4 −2 = 4 × 14 = 56 satuan luas

1. a.

28. Jawaban: a

10

b.

 2 Jadi, translasi T =   .  −4  Koordinat titik A(2, 1).  x′   x  a  y′  =   +  b     y    2  2 4 =   +   =   1 4 −      −3  Jadi, koordinat bayangan titik A adalah A′(4, –3). Matematika Kelas XII Program IPA

137

c.

Koordinat titik B′(–3, 4).

 x′  a x  y′  =   +  b  y       − 3 x      2 ⇔  =   +    4   y  −4  x  −3   2  −5  ⇔   =   –   =   y 4 4 −       8 Jadi, koordinat titik B(–5, 8).

b.

 a −3  2. Titik (5, 1) ditransformasi oleh matriks T =    −4 b  menghasilkan bayangan (7, –12) maka:  a −3  5   7    =  −4 b  1      −12   5a − 3   7    =  −20 + b  12 −     Dari kesamaan matriks diperoleh: 5a – 3 = 7 ⇔ 5a = 10 ⇔ a=2 –20 + b = –12 ⇔ b = 8

⇔

 2 −3  Diperoleh matriks transformasi T =  .  −4 8  Misalkan (1, 0) bayangan titik P(x, y) oleh T–1 maka: x  1   = T–1  y    0

⇔ ⇔ ⇔

 1 x T   = TT–1   0  y  2 −3  1   x     =    −4 8  0   y 

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g ≡ x + y = 1: ⇒ (2 – x′) + (4 – y′) = 1 ⇔ 6 – x′ – y′ = 1 ⇔ x′ + y′ = 5 Jadi, bayangan garis g oleh pencerminan terhadap titik A(1, 2) adalah x + y = 5. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap titik P(x, x + 1):  x′   2(x) − x    =   y ′    2(x + 1) − y  x  x′     ⇔   =   y′   2x − y + 2  Diperoleh: x′ = x ⇔ x = x′ . . . (1) y′ = 2x – y + 2 ⇔ y = 2x – y′ + 2 ⇔ y = 2x′ – y′ + 2 . . . (2) Substitusi x dan y ke x + y = 1: ⇒ x′ + (2x′ – y′ + 2) = 1 ⇔ 3x′ – y′ = –1 Jadi, persamaan bayangan garis g adalah 3x – y = –1.

4. Misal:

R1 = rotasi [O(0, 0), 180°] R2 = rotasi [O(0, 0), –105°) R = R2 R 1 = rotasi [O(0, 0), 180° + (–105°)] = rotasi [O(0, 0), 75°] cos 75° = cos (45° + 30°) = cos 45° cos 30° – sin 45° sin 30° =

1 2

2 ×

1 2

3 –

=

1 4

6 –

1 4

2

=

1 2

2 ×

1 2

3 +

=

1 4

6 +

1 4

2

Jadi, koordinat titik P(2, –4). 3. Misal titik (x, y) terletak pada garis g ≡ x + y = 1 a. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadap titik A(1, 2): M( a, b ) (x, y) → (2a – x, 2b – y)


–sin 75° = –( =–

 x′   2a − x    =    y′   2b − y 

138

2 ×

1 2

sin 75° = sin (45° + 30°) = sin 45° cos 30° + cos 45° sin 30°

 2 x   =  −4     y

 2 × 1− x  =   = 2× 2 − y Diperoleh x′ = 2 – x y′ = 4 – y

1 2

1 4

1 4

6 – 6 –

1 4 1 4

1 2

2 ×

1 2

2) 2

Matriks R = rotasi [O(0, 0), 75°] 2 − x   4 − y ⇔ x = 2 – x′ ⇔ y = 4 – y′

 cos 75° − sin 75°  =    sin 75° cos 75° 

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

 1 6 − 1 2 − 1 6 − 1 2 4 4 4 4  =   1 1 1 1  6+ 2 6− 2  4 4 4 4 

Bayangan titik A(–4, 8) dan B(3, –6) oleh rotasi [O(0, 0), 75°].

 x A ′ xB ′     y A ′ yB ′ 

1 6− 4 =  1 6+ 4

1 4 1 4

x=

1 4 1 4

2 − 2

4

2   xA   y 2   A 

1 4 1 4

6− 6−

4

3 4 3 4

− 6 − 2 + 2 6 − 2 2 

 −3 6 − 2  =   6−3 2 

9 4 −3 4

3 4 9 + 4

6+ 6

6− 6+

3 4 3 4

2+ 2−

6 4 6 4

6+ 6+

6 4 6 4

2   2 

2   2 

Jadi, diperoleh A′( 3 6 − 2, 6 − 3 2 ) dan 9

3 4

2,

−3 4

6+

9 4

2 ).

 −1 1   −3 −1 5. Misalkan T1 =   .  dan T2 =  − 1 1  −1 2    T = matriks transformasi tunggal yang mewakili transformasi T1 dilanjutkan T2 = T2 T1  −1 1   −3 −1  2 2 =      =  − 1 2 − 1 1     1 3  Misalkan titik (x, y) terletak pada garis x – y = 0. Bayangan titik (x, y) oleh transformasi T:  x′  x  ′ = T   y    y

⇔ ⇔

 x′   2 2  x   ′ =     y   1 3  y −1 x  2 2   x′    =      y  1 3   y′  1  3 −2   x ′  =  4 − 1 2   y′    

=

dan y =

3x′ − 2y′ 4

xB   yB 



4

− 6 + 2 − 2 6 − 2 2 = 

B′( 4 6 +

3x′ − 2y′ 4

−x′ + 2y′ 4

Substitusikan x dan y ke x – y = 0:

 1 6 − 1 2 − 1 6 − 1 2 4 4 4   −4 3  =  4     1 6 + 1 2 1 6 − 1 2   8 −6  4

Dari kesamaan matriks diperoleh:

 3x′ − 2y′    4   ′ ′ − + x 2y       4

–

−x′ + 2y′ 4

=0

⇔ 3x′ – 2y′ – (–x′ + 2y′ ) = 0 ⇔ 3x′ – 2y′ + x′ – 2′y = 0 ⇔ 4x′ – 4y′ = 0 ⇔ x ′– y′ = 0 ⇔ x–y=0 Jadi, persamaan bayangan garis adalah x – y = 0 (garis g itu sendiri). Terbukti. 3 T =  −1  

M

x=1 6. (x, y) → (x + 3, y – 1) → (2 – (x + 3), y – 1)

Diperoleh: x′ = 2 – (x + 3) ⇔ x′ = –x – 1 ⇔ x = –x′ – 1 y′ = y – 1 ⇔ y = y′ + 1 Substitusi x dan y ke persamaan parabola: y = x2 – 2x + 4 ⇔ y′ + 1 = (–x′ – 1)2 – 2(–x′ – 1) + 4 ⇔ y′ + 1 = x′2 + 2x′ + 1 + 2x′ + 2 + 4 ⇔ y′ = x′2 + 4x′ + 6 Jadi, bayangannya y = x2 + 4x + 6. 7. a.

Bayangan titik A(10, –4) oleh translasi  −8  T1 =   : 6  xA ′   xA   −8   =   +   y y ′ 6  A   A  10   −8   2 =   +   =    −4  6  2 Diperoleh A′(2, 2). a Misal T2 =   b a Bayangan titik A′(2, 2) oleh translasi T2 =   : b  x A ′′   x′A  a   =  ′  +   y y ′′ b  A   A

⇔ ⇔

 12   2 a   =   +    −12   2 b 12 a + 2       =   12 b 2 − +    


139

Dari kesamaan matriks, diperoleh: a + 2 = 12 ⇔ a = 10 b + 2 = –12 ⇔ b = –14

b.

 10  Jadi, matriks translasi T2 =  .  −14  T = T3 T2 T1 = T3 + T2 + T1  −5   10   −8   −3  =   +   +   =   − − 7 14 6        −15  Bayangan titik A(10, –4) oleh translasi

b.

Misal titik (x, y) terletak pada garis 10x – 7y = 3. Bayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks

− 3 Q=   1  − 3  x′   ′  =  y   1

=

Diperoleh A′(7, –19). Jadi, bayangan titik A oleh translasi T adalah (7, –19). 8. T1 = matriks refleksi terhadap garis y = x  0 1 =    1 0 T2 = matriks rotasi [O(0, 0), 60°]  cos 60° − sin 60°  =    sin 60° cos 60° 

140

1   3 


1   −4 

3

1   −4 

3x′

−1

 x′   ′ y 

−1   x′     y′  −1 − 3   

3x′ − y′ −4

dan y′ =

− x′ − 3y′ −4

Substitusi x dan y ke persamaan garis 10x – 4y = 3:  3x′ − y′   −4  

10  ⇔

 − x′ − 3y′   −4  

– 4

=3

10( 3 x′ – y′) – 4(–x′ – 3 y′) = –12

⇔ 10 3 x′ – 10y′ + 4x′ + 4 3 y′ = –12 (10 3 + 4)x′ + (4 3 – 10)y′ = –12

adalah (10 3 + 4)x + (4 3 – 10)y = –12.

2 0 =   0 2 a. Q = T3 T2 T1

− 3 =   1 

1   3 

⇔ (10 3 + 4)x + (4 3 – 10)y = –12 Jadi, bayangan garis 10x – 4y = 3 oleh matriks Q

T3 = matriks dilatasi [O(0, 0), 2]

 1 2 0  − 2 3 =    0 2   1  2

x=

⇔

1  1 − 3 2  2  =  1 1   3  2  2

 1 2 0  2 =    0 2   1 3 2

x    y

− y′     −x′ − 3y′  Dari kesamaan matriks diperoleh: =

 10   −3   7  =   +   =    −4   −15   −19 

1   3 

x − 3   =  y     1

⇔

 −3  T=  :  −15 

 xA ′   xA   −3   =   +    −15   yA ′   yA 

1   3 

−

1 2 1 2

3   0 1    1 0   

   1 3 2  1 2

9. Misal: Titik (x, y) terletak pada L: x2 + y2 – 2x + 4y – 3 = 0 Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan My = x dilanjutkan pencerminan My = –x:  x′    = (My = –x  y′ 

x My = x)   y

 x′   0 −1  0 1   x  ⇔   =      y′   −1 0   1 0   y   x′   −1 0   x  ⇔   =     y′   0 −1  y   x′   −x  ⇔   =    y′   −y 

Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi [P(1, 2), –2]:  x″   −2 0    =    y″   0 −2 

 x′ − 1   1   +    y′ − 2  2

10. P(–1, 2), Q(10, 4), dan R(–1, –6) PR = 8 QQ′ = 11 Y

 x″   −2x′ + 2 + 1  ⇔   =   ″ y    −2y′ + 4 + 2 

Q′

4

 x″   −2x′ + 3  ⇔   =   ″ y   −2y′ + 6 

P

2

–1

O

 x″   −2( − x) + 3  ⇔   =    y″   −2( − y) + 6   x″   2x + 3  ⇔   =    y″   2y + 6 

R

y″ = 2y + 6 ⇔ y =

x″ − 3 2 y″ − 6 2

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

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran: y″ − 6

x″ − 3

y″ − 6

( 2 )2 + ( 2 )2 – 2( 2 ) + 4( 2 ) – 3 = 0 ⇔

x″2 − 6x″ + 9 4

+

y″2 − 12y″ + 36 4

+

y″2 − 12y″ + 36 4

– x″ + 3 + 2y″ – 12

–3=0 ⇔

x″2 − 6x″ + 9 4

10

X

–6

Luas ∆PQR adalah

Diperoleh x″ = 2x + 3 ⇔ x =

x″ − 3

Q

L=

PR × QQ′ 2

⇔ x″ 2 – 6x″ + 9 + y″ 2 – 12y″ + 36 – 4x″ + 8y″ – 48 = 0

8 × 11 2

= 44 satuan luas

Luas segitiga setelah ditransformasi oleh matriks  4 1 T=   adalah:  −8 2 

L′ = |det T| = L = |(8 + 8)| · 44 = 704 satuan luas 1

Luas segitiga setelah didilatasi [P, 2 ] yaitu: 1

– x″ + 2y″ – 12 = 0

=

1

L′′ = ( 2 )2 L′ = 4 · 704 = 176 satuan luas Jadi, luas segitiga PQR = 44 satuan luas dan luas bayangannya 176 satuan luas.

⇔ x″2 – 6x″ + y″2 – 12y″ – 3 = 0 Jadi, bayangan lingkaran adalah: x2 – 4x + y2 – 12y – 3 = 0.


141

A. Pilihan Ganda

1

1. Jawaban: d ∫ x (2 x – 3) dx

π 4

∫ (cos x + sin x)(cos x – sin x) dx

3

2 2 x 3

+c

−

= x2 – 2x x + c 2. Jawaban: d f′(x) = (3x – 1)(x + 1) = 3x2 + 2x – 1 f(x) = ∫ f′(x) dx = ∫(3x2 + 2x – 1) dx = x3 + x2 – x + c f(2) = 6 ⇒ 23 + 22 – 2 + c = 6 ⇔ 8+4–2+c=6 ⇔ c = –4 Diperoleh f(x) = x3 + x2 – x – 4 f(x – 1) = (x – 1)3 + (x – 1)2 – (x – 1) – 4 = x3 – 3x2 + 3x – 1 + x2 – 2x + 1 – x + 1 – 4 = x3 – 2x2 – 3 Jadi, f(x – 1) = x3 – 2x2 – 3. 3. Jawaban: b 3

3

3

0

0

0

1

3

0

1

1

1

0

3

3

= ∫ f(x) dx – ∫ f(x) dx + 3(3 – 0)

4. Jawaban: e ∫ cos (θ + =

1 ∫ 2

=

1 ∫ 2

π 4

= ∫ (cos2 x – sin2 x) dx π 4 π 4

−

= ∫ cos 2x dx −

π 4

π 4

1

= 2 sin 2x  π − 4

=

π 1 (sin 2 2 1

= 2 (1 – (–1)) = 1 6. Jawaban: b Misalkan u = x2 – 6x – 12 maka: du dx

= 2x – 6 du dx

Sehingga diperoleh:

∫

3−x x 2 − 6x − 12

(cos (2θ + (cos (2θ +

π 3

) + cos )+

1 ) 2

π 3

dθ

) dθ

dx −

1

= ∫ (x2 – 6x – 12 ) 2 (3 – x) dx −

π 3

= –2(3 – x)

⇔ (3 – x) dx = −2

=∫u

) cos θ dθ

−π

– sin 2 )

du

= ∫ f(x) dx + ∫ f(x) dx + [3x ]0

= 2 – 1 + 9 = 10

π 4

⇔

∫ f(x) + 3 dx = ∫ f(x) dx + ∫ 3 dx

π 3

1

5. Jawaban: c

1

–3·

π

1

= ∫ (2x – 3x 2 ) dx =2·

1

= 4 sin (2θ + 3 ) + 4 θ + c

= ∫ (2x – 3 x ) dx

1 2 x 2

π

1

= 2 · 2 sin (2θ + 3 ) + 4 θ + c

1

=–2

1

1 2

du −2 −

1

∫ u 2 du 1

= – 2 · 2 u2 + c = – x 2 − 6x − 12 + c

142

Ulangan Akhir Semester 1

7. Jawaban: a Kurva yang membatasi daerah yang diarsir adalah π

3π

y = 2 sin x untuk 2 ≤ x ≤ 2 . Daerah L1 di atas π 2

sumbu X dari x =

sampai dengan x = π,

sedangkan daerah L2 di bawah sumbu X dari x = π 3π

sampai dengan x = 2 .

0 2

π 2

= π ∫ 21 (x 2 − 7x + 10) dx

= [−2 cos x ]π

π

0

2

2

π 2

= –2(cos π – cos ) = –2((–1) – 0) =2 Luas daerah yang diarsir: L = L1 + L2 = 2 + 2 = 4 satuan luas 8. Jawaban: b

1

1

1

8

7

= 2 π( 3 (23 – 0) – 2 (22 – 0) + 10 (2 – 0)) = 2 π( 3 – 14 + 20) 4

= π( 3 + 3) 1

4 y = f(x)

1

4

X

y = g(x)


L = ∫ (g(x) − f(x)) dx 0 4

= ∫ (− 21 x 2 + x + 4 − (x 2 − 5x + 4)) dx 0 4

= ∫ (− 32 x 2 + 6x) dx 0

4

1 =  − 2 x 3 + 3x 2   0

1

= – 2 (43 – 0) + 3(42 – 0) 1 2

=  1 π( 1 x3 − 7 x2 + 10x) 2 3 0 2


Y

=–

1

Diperoleh f(x) = 2 (x2 – 7x + 10). Volume benda putar: 2

π

0

1

⇔ a= 2

V = π ∫ f(x) dx

L2 = L1 = ∫ 2 sin x dx

–2

Kurva melalui titik (0, 5) maka f(0) = 5. f(0) = a(0 – 0 + 10) ⇒ 5 = 10a

· 43 + 3 · 42

= 16 satuan luas 9. Jawaban: c Mencari persamaan kurva terlebih dahulu. Kurva memotong sumbu X di titik (2, 0) dan (5, 0) maka: f(x) = a(x – 2)(x – 5) = a(x2 – 7x + 10)

10. Jawaban: b Persamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan (4, 0) adalah 3x + 4y = 12. Daerah penyelesaian di kanan garis 3x + 4y = 12 maka pertidaksamaannya 3x + 4y ≥ 12. Persamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan (4, 4) dalah 4y – x = 12. Daerah penyelesaian di kanan garis 4y – x = 12 maka pertidaksamaannya 4y – x ≤ 12. Daerah penyelesaian di kanan sumbu Y dan di kiri garis x = 4 maka 0 ≤ x ≤ 4. Jadi pertidaksamaannya 3x + 4y ≥ 12, 4y – x ≤ 12, 0 ≤ x ≤ 4. 11. Jawaban: d Garis x + 3y = 6 melalui titik (6, 0) dan (0, 2). Oleh karena x + 3y ≤ 6, berarti daerah penyelesaiannya di sebelah kiri garis x + 3y = 6. Garis 5x + y = 5 melalui titik (1, 0) dan (0, 5). Oleh karena 5x + y ≥ 5, berarti daerah penyelesaiannya di sebelah kanan garis 5x + y = 5. Garis 5x + 3y = 15 melalui titik (3, 0) dan (0, 5). Oleh karena 5x + 3y ≤ 15, berarti daerah penyelesaiannya di sebelah kiri garis 5x + 3y = 15. Oleh karena x ≥ 0, berarti daerah penyelesaiannya di kanan sumbu Y. Oleh karena y ≥ 0, berarti daerah penyelesaiannya di atas sumbu X.


143

Irisan daerah penyelesaian dari kelima pertidaksamaan dapat digambarkan sebagai berikut.


Y

10 A

5 4 B

2

0 X

6

3

1

0

Jadi, daerah penyelesaiannya adalah daerah IV. 12. Jawaban: b Dibuat tabel: Kain Katun (m)

Kain Wol (m)

Jas Pria (x) Jas Wanita (y)

1 2

3 1

Bahan yang Tersedia

80

120

Jenis

Model matematikanya: x + 2y ≤ 80, 3x + y ≤ 120, x ≥ 0, y ≥ 0. 13. Jawaban: b Mencari titik potong garis 2x – y = 6 dan y = 5. Substitusi y = 5 ke persamaan 2x – y = 6 diperoleh: 2x – 5 = 6 ⇔ 2x = 11 ⇔

11

x= 2

11

Garis y = 5 dan 2x – y = 6 berpotongan di titik ( 2 , 5). Uji titik pojok: Titik Pojok (0, 5) (0, 2) (3, 0) (

11 , 2

5)

f(x, y) = 10x – 3y 10 · 0 – 3 · 5 = –15 10 · 0 – 3 · 2 = –6 10 · 3 – 3 · 0 = 30 10 ·

11 2

– 3 · 5 = 40 (maksimum)

Jadi, nilai maksimumnya 40. Makanan

A

B

Kebutuhan

Kandungan protein Kandungan lemak

4 2

2 4

20 16

2.000

1.500

Misalkan: banyak makanan A = x banyak makanan B = y Model kalimat matematikanya: 4x + 2y ≥ 20 ⇒ 2x + y ≥ 10 2x + 4y ≥ 16 ⇒ x + 2y ≥ 8 x≥0 y≥0

144

Titik B adalah titik potong garis 2x + y = 10 dan x + 2y = 8. Menentukan titik B: x + 2y = 8 × 2 2x + 4y = 16 2x + y = 10 × 1 2x + y = 10 ––––––––––– – 3y = 6 ⇔ y = 2 Substitusi y = 2 ke persamaan x + 2y = 8 diperoleh: x + 2 · 2= 8 ⇔ x=8–4 ⇔ x=4 Diperoleh koordinat titik B(4, 2). Uji titik pojok: Titik A(0, 10) B(4, 2) C(8, 0)

f(x, y) = 2.000x + 1.500y 2.000 · 0 + 1.500 · 10 = 15.000 2.000 · 4 + 1.500 · 2 = 11.000 (minimum) 2.000 · 8 + 1.500 · 0 = 16.000

Jadi, biaya minimum agar kebutuhan protein dan lemak orang tersebut dapat terpenuhi adalah Rp11.000,00. 15. Jawaban: e Misalkan: x = banyak mobil sedan y = banyak bus Model matematikanya menjadi: 6x + 20y ≤ 640 x + y ≤ 60 x≥0 y≥0 f(x, y) = 3.000x + 7.000y Y

14. Jawaban: d

Harga/kg

C 5 8 2x + y = 10 x + 2y = 8


60 32

A B(40, 20) 60

0

C 106

2 3

X

Menentukan nilai maksimum pada titik-titik sudut daerah yang diarsir: (x, y) (0, 32) (40, 20) (60, 0)

f(x, y) = 3.000x + 7.000y 3.000(0) + 7.000(32) = 224.000 3.000(40) + 7.000(20) = 260.000 3.000(60) + 7.000(0) = 180.000

Dari tabel diperoleh nilai maksimum f(x, y) adalah 260.000 dicapai pada titik (40, 20). Jadi, pendapatan akan maksimum jika daerah parkir terisi 40 mobil sedan dan 20 bus. 16. Jawaban: d Dari kesamaan matriks diperoleh: 1

1

2)

y= 2 ⇔y=42=2 2log z = 4 ⇔ z = 24 = 16

3)

xlog

1)

4log

y = 4log z ⇔ 2 = 4log 16 ⇔ xlog 2 = 2 ⇔ 2 = x2 x=

2 atau x = – 2

Oleh karena bilangan pokok harus positif maka x=

2.

Jadi, nilai x =

 −1 −4   2 ⇔    2 3  5  −22 −7  ⇔   = 9  19

3   −26 2m − n   2 5  +2   = n + 6  7  1   3 1  −26 2m − n   4 10    +   7  n + 6 6 2 

 −22 −7   −22 2m − n + 10  ⇔   =   9 9  19  n + 12 

xlog

⇔

19. Jawaban: e BA = C + 2AT

Dari kesamaan matriks diperoleh: 19 = n + 12 ⇔ n=7 –7 = 2m – n + 10 ⇔ –7 = 2m – 7 + 10 ⇔ 2m = –10 ⇔ m = –5 Jadi, nilai 4m + n = 4(–5) + 7 = –13. 20. Jawaban: b

2.

17. Jawaban: d Dari kesamaan matriks diperoleh: y–2–x=x–y ⇔ 2y – 2x = 2 ⇔ y–x=1 x + 2 – y – 3 = 1 – x ⇔ 2x – y = 2 Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). y– x=1 –y + 2x = 2 –––––––––– + x=3 Substitusi x = 3 ke y – x = 1 diperoleh: y–3=1⇔y=4 Jadi, nilai x – y = 3 – 4 = –1.

 2 −4   2 −1  2 −4  AB – A =    –    3 1   −3 6   3 1   16 −26   2 −4  =   –   3 3   3 1 

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

18. Jawaban: d A2 + pA + qI = pB

 14 −22  =   2  0

Determinan matriks (AB – A): |AB – A| =

 −3p 3p  =    p −3p  Dari kesamaan matriks diperoleh: – 1– 2p + q = –3p ⇔ p + q = –1 Jadi, nilai p + q = –1.

0

2

= 28 – 0 = 28

21. Jawaban: d det A = –x + 2(x – 1) = x – 2 A–1 =

1 det A

 −1 1 − x    x  2

=

1 x−2

 −1 1 − x    x  2

 −2 3   −2 3   −2 3   1 0 ⇔    + p  + q   1 2  1 2  1 2  0 1  −3 3  = p   1 −3   −1 0   −2p 3p   q 0 ⇔   +   +    0 7  p 2p   0 q

14 −22

det A–1 =

1 (x − 2)2

(–x – 2(1 – x)) · (x – 2)

⇒

1 4

=

1 (x − 2)2

⇔

1 4

=

1 x−2

⇔ x–2=4 ⇔ x=6


145

22. Jawaban: e

26. Jawaban: a

1  2 1   1 0 2 + a PT + aI =   + a  =   a − 1  1 −1  0 1  1 det (PT + aI) = 0 ⇒ (2 + a)(a – 1) – 1 = 0 ⇔ a2 + a – 2 – 1 = 0

⇔

a2

+a+

1 4

–

1 4

u = 4i – 2j + k

v = – i + 4 j – 2 k (zv = –2) w = 2 i + j – 3k

a2 – a + 1 = 3 1

⇔

(a + 1 )2 = 3 1

4

2

4 4

23. Jawaban: e A–1

=

1 A

27. Jawaban: d

adj. (A)

3

4

AB : AC = 3 : 2 ⇔

2

|A| = −1 2 −2 = 6 – 8 – 2 – 4 + 6 + 4 = 2 1 1 1 1  a12 a13  a12 dari A–1 = A  −   a32 a33  1 1 4 2 =– = – (4 – 2) = –1 2 2 1 1 Jadi, elemen baris pertama kolom kedua dari A–1 adalah –1.

24. Jawaban: c  2 4 A=    1 5

⇔ A–1 =

1 10 − 4

AX = B ⇔ X = A–1B 1 6

H

CD − CA − HD + EF

G F

E

= AC + CD + DH + HG

D

C

= AG A


3  −2      a =  4  dan b =  5   −1  −3     

29. Jawaban: d

25. Jawaban: b

146

28. Jawaban: d

= (3)(5) + (4)(–1) + (–1)(2) = 15 – 4 – 2 = 9

 3 5 =    −2 −1

= CD + AC + DH + EF

3 AC = 2 AB ⇔ 3( c – a ) = 2( b – a ) ⇔ 3c – 3a = 2b – 2a ⇔ 3c = 2b + a ⇔ 3 c = 2(– i + 2 j + 5 k ) + (5 i – 7 j + 5 k ) ⇔ 3 c = 3 i – 3 j + 15 k c = i – j + 5k ⇔ Jadi, koordinat titik C adalah (1, –1, 5).

3  −2  5       a – b =  4  –  5  =  −1  −1  −3  2       3 5     a · ( a – b ) =  4  ·  −1  −1  2     

 5 −4  1  5 −4    =   6  −1 2   −1 2 

 5 −4   −2 6      −1 2   −7 0  30  1  18 =   6  −12 −6 

=

(zw = –3)

p = 4u – 2 v – w zp = 4zu – 2zv – zw = 4 · 1 – 2(–2) – (–3) = 4 + 4 + 3 = 11 Jadi, komponen vektor p pada arah sumbu Z adalah 11.

–3=0

⇔

(zu = 1)

B

x  2     a =  3  ; b =  −6   2 3     |a | = |b | ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

2 2 2 x 2 + 32 + 22 = 2 + (−6) + 3 13 + x2 = 49 x2 = 36 x=±6

 6   Untuk x = 6 maka a =  3  .  2   a · b = 6 · 2 + 3(–6) + 2 · 3 = 12 – 18 + 6 = 0

1

Substitusi z = 3y dan x = – 2 y ke persamaan 3: x2 + y2 + z2 = 412 1

⇔ 4 y2 + y2 + 9y2 = 412

Oleh karena a · b = 0 maka a dan b membentuk sudut 90°.  −6    Untuk x = –6 maka a =  3  .  2   a · b = –6 · 2 + 3(–6) + 2 · 3 = –12 – 18 + 6 = –24 Oleh karena a · b < 0 berarti a dan b membentuk sudut tumpul. Jadi, pernyataan yang benar pilihan d. 30. Jawaban: d Misalkan α adalah sudut antara vektor u dan v . 1

Sin α = 5

1

24 maka cos α = . 5

| u + v |2 = ( u + v )2 = ( u )2 + 2 u · v + ( v )2 = | u |2 + 2| u | · | v | cos α + | v |2

41 2 y 4

⇔

= 412

⇔

y2 = 4 · 41

⇔

y = ± 2 41

Oleh karena vektor c membentuk sudut tumpul dengan sumbu Y arah positif maka y = –2 41 . ⇒ z = 3 · y = 3 · (–2 41 ) = –6 41 1

1

⇒ x = – 2 y = – 2 · (–2 41 ) = Jadi, vektor c = =

41

41 i – 2 41 j – 6 41 k 41 ( i – 2 j – 6 k ).

32. Jawaban: b 4 a = 4 i – 5 j + 3 k =  −5    3  1 b = i + p j + k = p    1

1

= 42 + 2 · 4 · 5 · 5 + 52 = 49

4 a · b =  −5    3

⇔ | u + v | = 49 = 7 satuan 31. Jawaban: e a = 2i + 4j – k

 1  p  = 4 – 5p + 3 = 7 – 5p    1

12 + p2 + 1 =

Panjang b = | b | =

b = 2i – 2j + k

Panjang proyeksi a pada b = 2 × panjang b

c = x i + y j + zk Vektor c tegak lurus a dan b , berarti

a·b

⇒

b

1

= 2

p2 + 2

a · c = 0 ⇒ 2x + 4y – z = 0

. . . . (1)

b · c = 0 ⇒ 2x – 2y + z = 0

. . . . (2)

⇔

| c | = 41 ⇒ x2 + y2 + z2 = 412 Eliminasi x dari persamaan 1 dan 2: 2x + 4y – z = 0 2x – 2y + z = 0 –––––––––––––– – 6y – 2z = 0 ⇔ z = 3y

. . . . (3)

⇔ 7 – 5p = 2(p2 + 2) ⇔ 7 – 5p = 2p2 + 4 2 ⇔ 2p + 5p – 3 = 0 ⇔ (2p – 1)(p + 3) = 0 ⇔ 2p – 1 = 0 atau p + 3 = 0

Eliminasi z dari persamaan 1 dan 2: 2x + 4y – z = 0 2x – 2y + z = 0 –––––––––––––– + 1 4x + 2y = 0 ⇔ x = – 2 y

p2 + 2

⇔

7 − 5p 2

p +2

1

p= 2

2 = 2 p +2

atau p = –3 1

Jadi, nilai p = –3 atau p = 2 .


147

Substitusi x dan y ke persamaan garis 2y + x = 1

33. Jawaban: b Proyeksi b pada c = =

=

=

b⋅c | c |2

3

c

−2(−3) + 4(2) + 5(1) ( (−3)2 + 22 + 12 )2

19 14

 −3     2  1  

−57 14

i+

19 7

j+

 −3     2  1  

19 k 14

Jadi, proyeksi vektor b pada c adalah −57 14

i+

19 7

j+

19 k. 14

⇒ 2(– 2 x′ + y′) + (2x′ – y′) = 1 ⇔ –3x′ + 2y′ + 2x′ – y′ = 1 ⇔ y′ – x′ = 1 Jadi, persamaan garis bayangannya y – x = 1. 36. Jawaban: b Dilatasi dengan faktor skala k dan pusat (a, b): 1  x′  x a   = k   + (1 – k)   ; k = 2 , a = 2, b = 4  y′   y b 1 x 1  2  x′    = 2   + (1 – 2 )    y′   y  4 1 x 1  2 1  x + 2 = 2  + 2  = 2  y 4      y + 4

34. Jawaban: d

a Misalkan translasi T =   , maka: b  x′  x a  y′  =  y  +  b        a  x′   x   2  4   −2   b  =  y′  –  y  =  1  –  −2  =  3               −2  Diperoleh translasi T =   . 3 Koordinat titik B(–2, 5) ditranslasikan oleh T. ⇔

 x′  x a  −2   −2   −4   y′  =  y  +  b  =  5  +  3  =  8              Jadi, koordinat bayangan titik B adalah B′(–4, 8). 35. Jawaban: a Misalkan (x′, y′) adalah bayangan dari (x, y) oleh  2 2 transformasi matriks  .  3 4  x′   2 2  x   ′ =    y    3 4  y

⇔

x  =  y

=

 2 2   3 4 1 8−6

−1

1

x′ = 2 (x + 2) ⇔ x = 2x′ – 2 1

y′ = 2 (y + 4) ⇔ y = 2y′ – 4 Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran: x2 + y2 – 4x + 2y – 24 = 0 ⇔ (2x′ – 2)2 + (2y′ – 4)2 – 4(2x′ – 2) + 2(2y′ – 4) – 24 = 0 ⇔ 4x′2 – 8x′ + 4 + 4y′2 – 16y′ + 16 – 8x′ + 8 + 4y′ – 8 – 24 = 0 ⇔ 4x′2 + 4y′2 – 16x′ – 12y′ – 4 = 0 ⇔ x′2 + y′2 – 4x′ – 3y′ – 1 = 0 Bayangan lingkaran: x2 + y2 – 4x – 3y – 1 = 0. 37. Jawaban: d Misalkan: Px = a = refleksi terhadap garis x = a Py = b = refleksi terhadap garis y = b P

x=a (x, y) −−−−−−−−−−−→ (2a – x, y)

Py = b

(x, y) −−−−−−−−−−−→ (x, 2b – y) (i)

Py = 5

(ii) A′(–1, –3) −−−−→ A′′(–1, 2 × 5 – (–3)) = (–1, 13)

 x′   ′ y 

Jadi, bayangan akhir titik A adalah (–1, 13). 38. Jawaban: e

 4 −2   x ′      −3 2   y ′ 

 a −3    mentransformasikan (1, 4) ke titik (5, 8):  −4 b 

1  4x ′ − 2y′  = 2   −3x ′ + 2y ′ 

 5  a −3  1    =    8  −4 b  4 

1

Diperoleh: x = 2 (4x′ – 2y′) = 2x′ – y′ 3

3

y = 2 (–3x′ + 2y′) = – 2 x′ + y′

148

P

x=2 A(5, –3) −−−−−−→ A′(2 × 2 – 5, –3) = (–1, –3)


⇔

 5  a − 12    =   8  −4 + 4b 

Diperoleh: 5 = a – 12 ⇔ a = 17 8 = –4 + 4b ⇔ 12 = 4b ⇔ b = 3

2 0 Matriks dilatasi [O, 2] adalah Mk =   0 2 Matriks transformasi komposisinya:

 17 −3  Matriks transformasinya:    −4 3  Misal koordinat titik P = (x, y)

 17 −3     −4 3   1  = 0

−1

mentransformasikan P ke (1, 0):

 17 −3     −4 3 

−1

x    y

⇔

x′ = 2x ⇔ x = 2 x′

  17 −3 −1   1   x    =   −4 3    0   y     17 −3  1  x    =    −4 3  0   y

1

y′ = –2y ⇔ y = – 2 y′ Substitusi nilai x dan y ke persamaan y = x2 + 1: 1

 17  x   =    −4   y Jadi, koordinat titik P adalah (17, –4).

2π

Misalkan: R2π = rotasi sebesar 3 berpusat di O 3

Px = refleksi terhadap garis y = x

3

1

2π  cos  0 1  3 =   2 1 0    sin π  3 

 1 −  0 1  2 =    1 0  1 3  2 1 2 3 =   −1   2

− sin

2π 

  2π  cos  3 

−

3

 3 2  1  −  2  1

 −  2  1 − 3  2  1

−1  1  3  = 2    −1 − 3  40. Jawaban: d Misalkan: Matriks pencerminan terhadap sumbu X 1 0  Mx =    0 −1

1

⇔ – 2 y′ = 4 x′2 + 1 ⇔

1

–y′ = 2 x′2 + 2 1

⇔

39. Jawaban: a

R 2π

1

⇒ – 2 y′ = ( 2 x′)2 + 1

⇔

Px

 x′  2 0  x  2x   ′ =    =   y   0 −2   y   −2y  Diperoleh: 1

−1

⇔

2 0  1 0  2 0  Mx =    =   − 0 2 0 1     0 −2  Misalkan titik (x′, y′) adalah bayangan titik (x, y) oleh matriks transformasi M, maka:

M = Mk

y′ = – 2 x′2 – 2

Jadi, persamaan bayangan kurva adalah 1

y = – 2 x2 – 2. B. Uraian 1. a.

∫ (6x – 3) 2x − 1 dx Misalkan u = 2x – 1 maka: du dx

=2 du

⇔ dx = 2 Diperoleh:

∫ (6x – 3) 2x − 1 dx 1

= ∫ 3(2x – 1)(2x – 1 )2 dx 3

= 3 ∫ (2x – 1 )2 dx 3

du

=3

∫ u2 · 2

=3

∫ u2 du

3

3

2

5

= 2 · 5 u2 + c 3

= 5 u2 u + c 3

= 2 (2x – 1)2 2x − 1 + c


149

b.

∫ (2x – 1) cos x dx

= π 16x − 

Misalkan:

du dx

u = 2x – 1 ⇒

=2

+ π 16x − 

⇔ du = 2 dx dv = cos x dx ⇒ v = ∫ cos x dx = sin x ∫ u dv = uv – ∫ v du ∫ (2x – 1) cos x dx = ∫ (2x – 1) d(sin x) = (2x – 1)(sin x) – ∫ (sin x)(–2 dx) = (2x – 1) sin x + 2 ∫ sin x dx = (2x – 1) sin x – 2 cos x + c 2.

Y

64

−2 0

0

1

= ∫ (4 − x 2 ) dx + ∫ (4 − x 2 − 3x) dx 0

1

1 1 3 =  4x − 3 x 3  +  4x − 3 x 3 − 2 x 2    −2  0

= 4(0 + 2) –

1 1 (0 + 8) + 4(1 – 0) – (1 – 0) 3 3

3 (1 – 0) 2 8 1 3 8– +4– – 3 3 2 1 7 satuan luas 2

–

= = b.

1

−2

0

0

1

−2

0

0

= π ∫ (16 − 8x 2 + x 4 ) dx −2

+ π ∫ (16 − 8x 2 + x 4 − 9x 2 ) dx

150


b.

6 x 5

⇔ 6x – 5y = 0.

Daerah penyelesaian di kanan garis 6x + 5y = 0 maka pertidaksamaannya 6x + 5y ≥ 0. Persamaan garis yang melalui titik (6, 0) dan (5, 6) adalah y = –6x + 36 ⇔ 6x + y = 36. Daerah penyelesaian di kiri garis 6x + y = 36 maka pertidaksamaannya 6x + y ≤ 36. Daerah penyelesaian di atas sumbu X maka y ≥ 0. Jadi, sistem pertidaksamaannya adalah: 3x + 2y ≥ 12 6x – 5y ≥ 0 6x + y ≤ 36 y≥0 Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dan

(5, 6) adalah y =

= π ∫ (4 − x 2 )2 dx + π ∫ ((4 − x 2 )2 − (3x)2 ) dx

0

Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dan (4, 0) dalah 6x + 4y = 24 ⇔ 3x + 2y = 12. Daerah penyelesaian di kanan garis 3x + 2y = 12 maka pertidaksamaannya 3x + 2y ≥ 12. Persamaan garis yang melalui titik (0, 0) dan

4

= π ∫ y12 dx + π ∫ (y12 − y22 ) dx

1

1

(3, 2) adalah y = – x + 6 ⇔ 4x + 3y = 18. 3 Daerah penyelesaian di kanan garis 4x + 3y = 18 maka pertidaksamaannya 4x + 3y ≥ 18. Persamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan

Volume benda putar V = V1 + V2 0

17

3

(5, 6) adalah y =

0

32

= 27 5 π satuan luas

= ∫ y1 dx + ∫ (y1 − y 2 ) dx

−2

1

33

Luas daerah: L = L1 + L2 1

1

= π(48 – 27 + 5 )

X

0

1

= π(32 – 3 + 5 ) + π(16 – 3 + 5 )

y1 = 4 – x2

a.

1

+ 5 x5  0

17

3. a.

2

17 3 x 3

+ π(16(1 – 0) – 3 (1 – 0) + 5 (1 – 0))

I 1

1

8

y2 = 3x

0

0

+ 5 x5   −2

= π(16(0 + 2) – 3 (0 + 8) + 5 (0 + 32))

II

–2

17 3 x 3

3 x 5

+ 3 ⇔ 3x – 5y = –15.

Daerah penyelesaian di kanan garis 3x – 5y = –15 maka pertidaksamaannya 3x – 5y ≥ – 15. Persamaan garis yang melalui titik (3, 2) dan (5, 6) adalah y = 2x – 4 ⇔ 2x – y = 4. Daerah penyelesaian di kiri garis 2x – y = 4 maka pertidaksamaannya 2x – y ≤ 4. Jadi, sistem pertidaksamaannya: 4x + 3y ≥ 18 3x – 5y ≥ –15 2x – y ≤ 4

4. Daerah penyelesaian dari sistem pertidaksamaan tersebut:

f(20, 10) = 2.000 · 20 + 1.500 · 10 = 55.000 f(20, 18) = 2.000 · 20 + 1.500 · 18 = 67.000 Jadi, upah minimum dan upah maksimum yang akan diterima Bu Sofi berturut-turut adalah Rp55.000,00 dan Rp67.000,00

Y

6

x – 2y = 0

4

x + 4y = 24

2 0

4

6

8 x+y=6

X

Uji titik pojok: Titik (4, 2) (8, 4) (0, 6)

f(x, y) = 6x + 5y 6 · 4 + 5 · 2 = 34 6 · 8 + 5 · 4 = 68 6 · 0 + 5 · 6 = 30 ← minimum

Jadi, nilai minimumnya 30. 5. a.

Misal x = banyak sarung bantal y = banyak taplak meja Model matematika: Meminimumkan f(x, y) = 2.000x + 1.500y dengan kendala: 15x + 10y ≤ 480 ⇔ 3x + 2y ≤ 96 10x + 10y ≤ 300 ⇔ x + y ≤ 30 Daerah penyelesaian: 3x + 2y = 96

6. Misal: x = umur Andi sekarang y = umur Budi sekarang z = umur Tini sekarang Diperoleh SPL: (i) x + y = 7 + z ⇔ x + y – z = 7 (ii) (x – 2) + (z – 2) = 24 ⇔ x + z = 28 (iii) (y + 3) + (z + 3) = 3(x + 3) ⇔ –3x + y + z = 3

1 1 −1 D = 1 0 1 −3 1 1 = 1 · 0 · 1 + 1 · 1 · (–3) + (–1) · 1 · 1 – (–3) · 0 · (–1) – 1 · 1 · 1 – 1 · 1 · 1 =0–3–1–0–1–1 = –6

7 1 −1 Dx = 28 0 1 3 1 1 = 7 · 0 · 1 + 1 · 1 · 3 + (–1) · 28 · 1 – 3 · 0 · (–1) – 1 · 1 · 7 – 1 · 28 · 1 = 0 + 3 – 28 + 0 – 7 – 28 = –60

Y

48 x + y = 30

Dy =

30 18

20 30 32

X

Uji titik pojok Titik (0, 30) (30, 0) (32, 0) (0, 48)

f(x, y) = 2.000x + 1.500y 2.000 · 0 + 1.500 · 30 2.000 · 30 + 1.500 · 0 2.000 · 32 + 1.500 · 0 2.000 · 0 + 1.500 · 48

b.

Bu Sofi menjahit 20 potong sarung bantal, berarti x = 20 untuk x = 20 maka 20 + y = 30 ⇔ y = 10 dan 3 · 20 + 2y = 96 ⇔ y = 18 Diperoleh nilai minimum f(20, 10) dan nilai maksimum f(20, 18).

−1

28

1

−3

3

1

1 1 7 1 0 28 −3 1 3

Dz =

= 45.000 ← minimum = 60.000 = 64.000 = 72.000

Jadi, upah minimum yang diterima Bu Sofi Rp45.000,00.

7

1

= 1 · 28 · 1 + 7 · 1 · (–3) + (–1) · 1 · 3 – (–3) · 28 · (–1) – 3 · 1 · 1 – 1 · 1 · 7 = 28 – 21 – 3 – 84 – 3 – 7 = –90

10 0

1

= 1 · 0 · 3 + 1 · 28 · (–3) + 7 · 1 · 1 – (–3) · 0 · 7 – 1 · 28 · 1 – 3 · 1 · 1 = 0 – 84 + 7 + 0 – 28 – 3 = –108 D

−60

x = Dx = −6 = 10 y=

Dy D

D

−90

= −6 = 15 −108

z = Dz = −6 = 18 Jadi, umur Andi, Budi, dan Tini sekarang berturutturut 10 tahun, 15 tahun, dan 18 tahun.


151

7. Posisi partikel mula-mula pada saat t = 0 yaitu

BC = c – b

 0  0     P =  0 + 2 =  2   0 − 1  −1    

 2  3  −1       =  3 –  2 =  1   2 0 2      

Posisi partikel pada detik ke-3 yaitu  3   3     Q =  3 + 2 =  5  3 − 1  2     Jarak partikel dari tempat mula-mula:

PQ = =

2

2

BA ⋅ BC

cos ∠B = | BA | | BC |

=

2

(3 − 0) + (5 − 2) + (2 − (−1)) 2

2

=

2

3 +3 +3

1

b.

= 60° ∠C = 180° – 60°– 60° = 60° Jenis segitiga ABC adalah segitiga sama sisi.

c.

|AB| =

6 satuan

|BC| =

6 satuan

B(3, 2, 0)

AB = b – a  3  4  −1       =  2  –  4  =  −2  0  1  −1       AC = c – a  2  4  −2        =  3  –  4  =  −1  2   1  1      

= ∠A = Arc = 60°

AB ⋅ AC | AB | | AC |  −1 −2   −2  −1     −1 1  ( (−1)2 + (−2)2 + (−1)2 )( (−2)2 + (−1)2 + 12 2 + 2 −1 6 6 1 cos 2

|AC| = 6 satuan Keliling = |AB| + |BC| + |AC| =

6 +

3

1

= 6 = 2

 4  3  1       =  4 –  2 =  2  1 0  1      


6 +

6

= 3 6 satuan 1

Luas = 2 |AB||AC| sin A 1

BA = a – b

152

1

= 2

∠B = arc cos 2

A(4, 4, 1)

=

−1 + 2 + 2 6 6

3

C(2, 3, 2)

cos ∠A =

12 + 22 + 12 (−1)2 + 12 + 22

= 6

= 27 = 3 3 Jadi, jarak partikel dari tempat semula adalah 3 3 satuan. 8. a.

 1   −1  2  1      1  2 

= 2 ×

6 ×

1

6 sin 60°

1

= 2 ×6× 2 3 3

= 2 3 satuan luas 9. Garis g1: x – 2y + 4 = 0 dan g2: 4x – 3y – 4 = 0 berpotongan di titik P(4, 4). 1

Gradien garis g1: m1 = tan θ1 = 2 sehingga sin θ1 =

1 5

2 5

dan cos θ1 = 4

Gradien garis g2: m2 = tan θ2 = 3 4

3

sehingga sin θ2 = 5 dan cos θ2 = 5 .

.

Misal α: sudut antara g1 dan g2 maka α = θ2 – θ1 sin α = sin (θ2 – θ1) = sin θ2 cos θ1 – cos θ2 sin θ1 4

= 5 × =

5 5 5

=

1 5

2 5

1 5

3

– 5 ×

cos α = cos (θ2 – θ1) = cos θ2 cos θ1 + sin θ2 sin θ1 3

= 5 × 10 5 5

=

2 5

4

+ 5 ×

1 5

2 5

=

=2×

×

2 5

=

cos 2α = cos2 α – sin2 α =( 4

4 5

2 2 1 ) – ( 5 )2 5

1

 xB′   ′ =  yB 

3 5  4  5

4 −  5 3   5 

 xB − 4   4   +    4  yB − 4 

=

3 5  4  5

4 −  5 3   5 

 14 − 4   4   +    4−4   4

=

3 5  4  5

4 −  5 3   5 

 10   4   +   0  4

6 + 0  4  10  =   +   =   8 + 0  4  12 

Koordinat bayangan titik C:

sin 2α = 2 sin α cos α 1 5

Koordinat bayangan titik B:

 x′C   ′ =  yC  =

3

= 5 – 5 = 5 Koordinat bayangan:

 xP   x′   cos 2α − sin 2α   x − xP   ′ =   y− y  + y   y   sin 2α cos 2α   P  P =

3 5  4  5

4 −  5 3   5 

 x − 4  4   +   y 4 −    4

Koordinat bayangan titik A:

 x′A    =  y′A 

3 5  4  5

4 −  5 3   5 

 xA − 4   4   +    4  yA − 4 

=

3 5  4  5

4 −  5 3   5 

 9−4  4   +    −1 − 4   4

=

3 5  4  5

4 −  5 3   5 

 5  4   +    −5   4

 4  11  3 + 4 =   +  4 =  5       4 − 3

=

3 5  4  5 3 5  4  5

4 −  5 3   5  4 −  5 3   5 

3 5  4  5

4 −  5 3   5 

 xC − 4   4   +    4  yC − 4   19 − 4   4   +    −6 − 4   4  15   4   +   − 10    4

9+8  4 =   +    12 − 6   4  21 =    10 

Jadi, koordinat bayangan segitiga ABC adalah A′(11, 5), B′(10, 12), dan C′(21, 10).  −2  T= 

R[O, 270°]  5 10. (x, y)  → (y – 2, –x + 5) → (y, –x) 

Diperoleh: x′ = y – 2 ⇔ y = x′ + 2 y′ = –x + 5 ⇔ x = 5 – y′ Substitusi x dan y ke persamaan garis: y = 4x – 1 ⇔ x′ + 2 = 4(5 – y′) – 1 ⇔ x′ + 2 = 20 – 4y′ – 1 ⇔ x′ + 4y′ – 17 = 0 Jadi, persamaan bayangannya x + 4y – 17 = 0.


153


Menggunakan konsep barisan dan deret dalam pemecahan masalah.

Kompetensi Dasar

Nilai

Nilai

4.1 Menentukan suku ke-n barisan dan jumlah n suku pertama deret aritmetika dan geometri. 4.2 Menggunakan notasi sigma dalam deret dan induksi matematika dalam pembuktian. 4.3 Merancang model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret. 4.4 Menyelesaikan model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret dan penafsirannya.

Tekun

Indikator Menggunakan falsafah deret aritmetika untuk menyelesaikan masalah dalam kehidupan seharihari.

Pada bab ini akan dipelajari: 1. Barisan dan deret aritmetika 2. Suku ke-n dan jumlah n suku pertama deret aritmetika 3. Barisan dan deret geometri 4. Suku ke-n dan jumlah n suku pertama deret geometri 5. Barisan dan deret geometri tak hingga 6. Jumlah deret geometri tak hingga 7. Notasi sigma 8. Sifat-sifat notasi sigma 9. Induksi matematika

Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

Menentukan suku ke-n barisan dan jumlah n suku pertama deret aritmetika dan geometri • • • • • •

Mendeskripsikan pengertian, suku, dan beda barisan aritmetika Mendeskripsikan pengertian deret aritmetika Menentukan suku ke-n dan jumlah n suku pertama barisan dan deret aritmetika Mendeskripsikan pengertian, suku, dan rasio barisan geometri Mendeskripsikan pengertian deret geometri Menentukan suku ke-n dan jumlah n suku pertama barisan dan deret geometri

Siswa mampu menentukan suku ke-n barisan dan jumlah n suku pertama deret aritmetika dan geometri

154

Menggunakan notasi sigma dalam deret dan induksi matematika dalam pembuktian

Merancang model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret

Menyelesaikan model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret dan penafsirannya

•

•

•

• • •

Mendeskripsikan pengertian dan sifat-sifat notasi sigma Menggunakan notasi sigma dalam deret Mendeskripsikan pengertian dan sifat induksi matematika Menggunakan induksi matematika dalam pembuktian

Siswa mampu menggunakan notasi sigma dalam deret dan induksi matematika dalam pembuktian

•

Mengubah masalah menjadi bentuk barisan atau deret aritmetika Mengubah masalah menjadi bentuk barisan atau deret geometri

Siswa mampu merancang model matematika dari masalah yang berkaitan dengan barisan dan deret

Siswa dapat menggunakan konsep barisan dan deret dalam pemecahan masalah Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

•

Menyelesaikan masalah menggunakan barisan atau deret aritmetika Menyelesaikan masalah menggunakan bentuk barisan atau deret geometri

Siswa mampu menyelesaikan model matematika dari masalah yang berkaitan dengan barisan dan deret dan penafsirannya

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Barisan bilangan asli genap yaitu 2, 4, 6, 8, . . . U1 = a = 2 b=4–2=2 n

Sn = 2 (2a + (n – 1)b) n

= 2 (2 · 2 + (n – 1)2) n

= 2 (4 + 2n – 2) n

= 2 (2n + 2) = n2 + n 2. Jawaban: e Dari permasalahan di atas diperoleh: U5 = a + 4b = –20 . . . (1) U8 = a + 7b = –38 . . . (2) Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). a + 4b = –20 a + 7b = –38 –––––––––––– – –3b = 18 ⇔ b = –6 . . . (3) Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1). a + 4b = –20 ⇔ a + 4 × (–6) = –20 ⇔ a – 24 = –20 ⇔ a = –20 + 24 ⇔ a=4 U12 = a + 11b = 4 + 11 × (–6) = 4 – 66 = –62 Jadi, suku kedua belas barisan tersebut –62. 3. Jawaban: d U2 + U15 + U40 = 165 ⇔ (U1 + b) + (U1 + 14b) + (U1 + 39b) = 165 ⇔ 3U1 + 54b = 165 ⇔ 3(U1 + 18b) = 165 ⇔ U1 + 18b = 55 ⇔ U19 = 55 Jadi, nilai U19 adalah 55.

4. Jawaban: a U6 = a + 5b ⇔ –32 = 48 + 5b ⇔ 5b = –32 – 48 ⇔ 5b = –80 ⇔ b = –16 U3 × U5 = (a + 2b) × (a + 4b) = (48 + 2(–16)) × (a + 4(–16)) = (48 – 32) × (48 – 64) = 16 × (–16) = –256 5. Jawaban: d Selisih tinggi selalu bernilai positif maka U1 = 60 dan U10 = 1.275. U10 = U1 + 9b ⇔ 1.275 = 60 + 9b ⇔ 9b = 1.215 ⇔ b = 135 Tinggi tiang penyangga ke-6: U6 = U1 + 5b = 60 + 5 · 135 = 735 cm 6. Jawaban: c U5 + U7 = 144 ⇔ a + 4b + a + 6b = 144 ⇔ 2a + 10b = 144 ⇔ 2(a + 5b) = 144 ⇔ a + 5b = 72 ⇔ U6 = 72 U5 + U6 + U7 = (U5 + U7) + U6 = 144 + 72 = 216 Jadi, jumlah suku ke-5 sampai suku-7 adalah 216. 7. Jawaban: c U5 = 11 ⇒ U1 + 4b = 11 . . . . (1) U8 + U12 = 52 ⇔ (U1 + 7b) + (U1 + 11b) = 52 ⇔ 2U1 + 18b = 52 ⇔ 2(U1 + 9b) = 52 ⇔ U1 + 9b = 26 . . . . (2) Dari persamaan (1) dan persamaan (2) diperoleh: U1 + 4b = 11 U1 + 9b = 26 ––––––––––– – –5b = –15 ⇔ b=3 U1 + 4b = 11 ⇔ U1 = 11 – 4b = 11 – 12 = –1


155

S8 = 172

8

S8 = 2 (2U1 + 7b) = 4(2(–1) + 21) = 4(19) = 76

⇔

9. Jawaban: b U3 = 9 ⇔ a + 2b = 9 . . . (1) U5 + U7 = 36 ⇔ a + 4b + a + 6b = 36 ⇔ 2a + 10b = 36 ⇔ a + 5b = 18 . . . (2) Eliminasi a dari persamaan (1) dan persamaan (2). a + 2b = 9 a + 5b = 18 ––––––––––– – –3b = –9 ⇔ b=3 . . . (3) Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1). a + 2b = 9 ⇔ a+6=9 ⇔ a=3 10

S10 = 2 (2(3) + (10 – 1)3) = 5(6 + 27) = 5 × 33 = 165 Jadi, jumlah 10 suku pertamanya adalah 165. 10. Jawaban: b Sn = (2a + (n – 1)b) S3 = 27 3

⇔ 2 (2a + (3 – 1)b) = 27 3 (2a + 2b) 2

= 27 27 × 2 3

⇔

2a + 2b =

⇔

2a + 2b = 18

156


= 172

⇔ 4(2a + 7b) = 172 ⇔ 2a + 7b = 43 . . . . (2) Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). 2a + 2b = 18 2a + 7b = 43 ––––––––––– – –5b = –25 ⇔ b=5 . . . (3) Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1). 2a + 2b = 18 ⇔ 2a + 2(5) = 18 ⇔ 2a + 10 = 18 ⇔ 2a = 18 – 10 ⇔ 2a = 8 ⇔ a=4 Jadi, suku pertamanya adalah 4.

8. Jawaban: b Sn = n2 + 3n S20 = 202 + 3 × 20 = 400 + 60 = 460 S19 = 192 + 3 × 19 = 361 + 57 = 418 Un = Sn – Sn – 1 ⇔ U20 = S20 – S19 ⇔ U20 = 460 – 418 ⇔ U20 = 42 Jadi, suku ke-20 deret tersebut 42.

⇔

8 (2a + (8 – 1)b) 2

. . . . (1)

11. Jawaban: b Un = a + (n – 1)b U3 + U5 + U7 + U9 = 104 ⇔ (a + 2b) + (a + 4b) + (a + 6b) + (a + 8b) ⇔ 4a + 20b ⇔ 4(a + 5b) ⇔ a + 5b ⇔ U6 Jadi, U6 adalah 26.

= 104 = 104 = 104 = 26 = 26

12. Jawaban: e Barisan bilangan asli antara 1 dan 200 yang habis dibagi 4 adalah 4, 8, 12, . . . , 196. a=4 b=8–4=4 Un = a + (n – 1)b ⇔ 196 = 4 + (n – 1)4 ⇔ 196 = 4 + 4n – 4 ⇔ 196 = 4n ⇔ n = 49 n

49

Sn = 2 (U1 + Un) = 2 (4 + 196) 49

= 2 × 200 = 4.900 Jadi, jumlah bilangan asli antara 1 dan 200 yang habis dibagi 4 adalah 4.900. 13. Jawaban: b Susunan bilangannya sebagai berikut. 4, (4 + b), (4 + 2b), (4 + 3b), (4 + 4b), (4 + 5b), 28. Oleh karena barisan tersebut barisan arimetika maka selisih dua suku yang berurutan haruslah sama, yaitu b. Dari dua suku terakhir diperoleh: 28 – (4 + 5b) = b ⇔ 24 – 5b = b ⇔ 24 = 6b ⇔ b =4 Jadi, beda barisan aritmetika tersebut 4.

14. Jawaban: c Diketahui U2 = 190, b = 5 Suku terakhir = U48 U1 = U2 – b = 190 – 5 = 185 cm U48 = U1 + (48 – 1)b = 185 + 47 · 5 = 185 + 235 = 420 U50 = U48 = 420 cm Jadi, tinggi pohon pada pengamatan ke-50 adalah 420 cm. 15. Jawaban: c Lama kontrak = n = 10 tahun Gaji awal = U1 = 1.600.000 Kenaikan gaji = b = 200.000 n

Sn = 2 (2U1 + (n – 1)b) sehingga diperoleh: 10

S10 = 2 (2 × 1.600.000 + 9 × 200.000) = 5(3.200.000 + 1.800.000) = 5 × 5.000.000 = 25.000.000 Jadi, total gaji yang diterima hingga menyelesaikan kontrak adalah Rp25.000.000,00. B. Uraian 1. a.

b.

Diketahui U5 = 4 dan U9 = 20 pada barisan aritmetika. Un = U1 + (n – 1)b ⇔ U5 = U1 + 4b ⇔ 4 = U1 + 4b . . . (1) U9 = U1 + 8b ⇔ 20 = U1 + 8b . . . (2) Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). U1 + 4b = 4 × 2 2U1 + 8b = 8 U1 + 8b = 20 × 1 U1 + 8b = 20 –––––––––––– – ⇔ U1 = –12 Jadi, suku pertama barisan tersebut –12. U1 = –12 sehingga: U5 = U1 + 4b ⇔ 4 = –12 + 4b ⇔ 4b = 16 ⇔ b=4 Un = 64 ⇔ U1 + (n – 1)b = 64 ⇔ –12 + (n – 1)4 = 64 ⇔ 4n – 4 = 76 ⇔ 4n = 80 ⇔ n = 20 Jadi, banyak suku barisan tersebut 20.

2. Misalkan bilangan-bilangan itu a, a + b, a + 2b, a + 3b, a + 4b. Jumlah 5 buah bilangan aritmetika 75 maka: a + a + b + a + 2b + a + 3b + a + 4b = 75 ⇔ 5a + 10b = 75 ⇔ a + 2b = 15 ⇔ a = 15 – 2b . . . (1) Hasil kali bilangan terkecil dan terbesar 161 maka: a(a + 4b) = 161 ⇔ a2 + 4ab = 161 . . . (2) Substitusikan persamaan (1) ke persamaan (2). (15 – 2b)2 + 4(15 – 2b)b = 161 ⇔ 225 – 60b + 4b2 + 60b – 8b2 = 161 ⇔ 225 – 4b2 = 161 ⇔ –4b2 = –64 ⇔ b2 = 16 ⇔ b=±4 Untuk b = 4 maka a = 15 – 2(4) = 7 Untuk b = –4 maka a = 15 – 2(–4) = 23 Barisan tersebut: 7, 11, 15, 19, 23, atau 23, 19, 15, 11, 7. Jadi, selisih bilangan terbesar dan terkecil 23 – 7 = 16. 3. Suatu barisan bilangan U 1, U 2, U 3, . . ., U n merupakan barisan aritmetika jika selisih dua suku yang berurutan selalu tetap. b = Un – Un – 1 a. U2 – U1 = U3 – U2 ⇔ (3k – 1) – (k + 5) = (4k – 1) – (3k – 1) ⇔ 2k – 6 = k ⇔ k=6 Untuk k = 6 diperoleh: U1 = k + 5 = 6 + 5 = 11 U2 = 3k – 1 = 3(6) – 1 = 17 U3 = 4k – 1 = 4(6) – 1 = 23 Jadi, barisan aritmetika tersebut 11, 17, dan 23. b. U2 – U1 = U3 – U2 ⇔ k – (k – 4) = (2k – 1) – k ⇔ 4=k–1 ⇔ k=4+1 ⇔ k=5 Untuk k = 5 diperoleh: U1 = k – 4 = 5 – 4 = 1 U2 = k = 5 U3 = 2k – 1 = 2(5) – 1 = 9 Jadi, barisan aritmetika tersebut 1, 5, dan 9.


157

4. Sn + 3 – 3Sn + 2 + 3Sn + 1 – Sn = (Sn + 3 – Sn) – 3(Sn + 2 – Sn + 1) = Un + 1 + Un + 2 + Un + 3 – 3(Un + 2) = Un + 1 + Un + 3 – 2Un + 2 = 2Un + 2 – 2Un + 2 (Ingat: 2Un + 1 = Un + Un + 2) =0 Jadi, terbukti bahwa Sn + 3 – 3Sn + 2 + 3Sn + 1 – Sn = 0. 5. Misalkan: Sx = S6 = jumlah 6 suku pertama Sy = jumlah U7 sampai dengan U16 Stotal = S16 = jumlah 16 suku pertama Sx = 324 ⇔ S6 = 324 6 ⇔ (2a + (6 – 1)b = 324 2 ⇔ 3(2a + 5b) = 324 ⇔ 2a + 5b = 108

. . . (1)

1. Jawaban: c

⇔ ⇔ ⇔

ar 3 ar

= 1 4

1 1 4

Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). 2a + 5b = 108 2a + 15b = 68 –––––––––––––– – –10b = 40 ⇔ b = –4 Substitusikan b = –4 ke persamaan (1). 2a + 5b = 108 ⇔ 2a + 5(–4) = 108 ⇔ 2a – 20 = 108 ⇔ 2a = 108 + 20 ⇔ 2a = 128 ⇔ a = 64 Jadi, suku pertama dari deret tersebut 64.

= r2

r=

3

−8 = –2

48

⇔ a = 16 ⇔ a=3

1

U4 + U6 = ar3 + ar5 = 3(–2)3 + 3(–2)5 = –24 – 96 = –120

1

⇔ 1= 2a ⇔ a=2 Menentukan suku ke-7 (U7). U7 = ar6

3. Jawaban: c r=

1

U3 U2

20

= 10 = 2

U2 = ar ⇔ 10 = 2a ⇔ a=5

= 4 × ( 2 )6 1

= 4 × 64 1

= 16

1

Jadi, suku ke-7 barisan tersebut 16 . 2. Jawaban: a Un = arn – 1 U5 = ar4 ⇔ 48 = ar4

r=

Substitusikan r = –2 ke persamaan (1). 48 = a(–2)4

= r2

Substitusikan r = 2 ke U2 = ar. U2 = ar

158

16

⇔ 2 (2a + (16 – 1)b = 544 ⇔ 8(2a + 15b) = 544 ⇔ 2a + 15b = 68 . . . (2)

⇔

1 2

S16 = 324 + 220

U8 = ar7 ⇔ –384 = ar4 · r3 ⇔ –384 = 48 · r3 ⇔ r3 = –8

A. Pilihan Ganda

U4 U2

Stotal = Sx + Sy ⇔

. . . . (1)


U4 × U5 = ar3 × ar4 = a2r7 = 52 × 27 = 25 × 128 = 3.200 Jadi, nilai U4 × U5 adalah 3.200.

4. Jawaban: e Diketahui barisan geometri dengan U5 =

1 3

dan r =

1 . 3

Un = arn – 1 U5 = ar4

⇔

1 3 1 3

⇔ ⇔

1

= a × ( 3 )4 1 34

=a× 1

⇔

a = 3 × 34 a = 33

⇔

1

U9 = ar8 = 33 × ( 3 )8 =

33 38

=

1 35

10 − b

1

1

Diperoleh: 10 − b 8 − 2b

5. Jawaban: e U1 = p–2 U2 = p2x U2 U1

U10 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

=

p2x p −2

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

= p2x + 2

= p88 U1r9 = p88 p88 = p–2(p2x + 2)9 p88 = p–2 · p18x + 18 p88 = p18x + 16 88 = 18x + 16 18x = 72 x =4

⇔

= a2r6

⇔

1 4

= (ar3)2

9. Jawaban: e a

S∞ = 1− r ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

ar3 =

⇔

U4 = 2

2

1

7. Jawaban: d Un = 96 ⇔ U6 = 96 ⇔ ar5 = 96 ⇔ 3r5 = 96 ⇔ r5 = 32 ⇔ r=2 3(26 − 1) 2 −1

2

r= 5

Jadi, rasio deret tersebut 5 .

Jadi, suku keempat barisan tersebut adalah

S6 =

3

5 = 1− r 5(1 – r) = 3 5 – 5r = 3 5r = 5 – 3 5r = 2

⇔

1 2

⇔

16

= 10 − b (10 – b)2 = 16(8 – 2b) 100 – 20b + b2 = 128 – 32b b2 + 12b – 28 = 0 (b + 14)(b – 2) = 0 b = –14 atau b = 2

b > 0 ⇒ diambil b = 2 U5 – U3 = (U1 + 4b) – (U1 + 2b) = 2b =4

6. Jawaban: b Un = arn – 1 U3 × U5 = ar2 × ar4 1 4

16

r = 8 − 2b atau r = 10 − b

= 243

Jadi, suku ke-9 barisan tersebut 243 .

r=

8. Jawaban: d Misalkan lima suku pertama barisan aritmetika tersebut a – 2b, a – b, a, a + b, a + 2b. (a – 2b) + (a – b) + a + (a + b) + (a + 2b) = 40 ⇔ 5a = 40 ⇔ a= 8 Barisan aritmetika menjadi: 8 – 2b, 8 – b, 8, 8 + b, 8 + 2b Barisan geometri: 8 – 2b, (8 – b) + 2, 8 + 8 ⇔ 8 – 2b, 10 – b, 16

1 2

.

10. Jawaban: c S∞ = 3 U1 = 2x + 1 U

S∞ = 1−1r ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =

3(64 − 1) 1

= 3 × 63 = 189

2x + 1

3 = 1− r 3 – 3r = 2x + 1 3r = 2 – 2x r=

2 − 2x 3

Deret geometri tak hingga mempunyai jumlah jika –1 < r < 1.

Jadi, jumlah seluruh deret tersebut 189.


159

Untuk r > –1 diperoleh: 2 − 2x 3

⇔ ⇔

14. Jawaban: d log U1 – log U2 – log U3 + log U4 + log U5 = log 6

> –1

⇔

2 – 2x > –3 –2x > –5

⇔

x<

⇔

5 2

2 − 2x 3

⇔ ⇔

x>

1 –2

Jadi, nilai x yang memenuhi {x |

1 –2

5 2

}.

11. Jawaban: b a=5 r =2 Un = 160 ⇔ arn – 1 = 160 ⇔ 5(2)n – 1 = 160 ⇔ 2n – 1 = 32 ⇔ 2 n – 1 = 25 ⇔ n–1=5 ⇔ n=6 Jadi, waktu bakteri membelah 6 detik.

+

1 x

+

1 , x(x − 1)

=

⇔

U4 = 12 ar3 = 12

⇔

a( 2 )3 = 12

⇔

1 2

=

S¥ = 1 x −1

9(1− 32 ) 1 2

a 1− r

1. a.

32

= 186

1 2

=

1,5 1−

1 2

=

1,5

=3m

1 2

U5 U2

3 8 3 − 64

⇔ 3

= r3

64

⇔ 8 × (– ) = r3 3 ⇔ –8 = r3 ⇔ r = –2 Jadi, rasio barisan tersebut –2. 3

U2 = – 64 3

ar = – 64

⇔ a × (–2) = – 64 32

3

ar 4 ar

=

3

= 3


31 32

3

⇔ 3 2

96 ×

=

Diketahui U2 = – 64 dan U5 = 8 . Un = arn – 1

b.

16

1 2

B. Uraian

Jadi, jumlah tak hingga dari deret tersebut 3 .

160

1−

1

1

16

9(1− ( 2 )5 )

dengan a = 1,5 dan r = 2 . Panjang lintasan semut sampai berhenti:

= 16 = – 2 1+

a = 96

15. Jawaban: b Panjang lintasan semut dari hari pertama sampai berhenti membentuk barisan geometri tak hingga

13. Jawaban: a a = 16

=

= 12

Jadi, S5 adalah 186.

⇔ |x – 1| > 1 ⇔ (x – 1)2 > 12 ⇔ (x – 1)2 – 12 > 0 ⇔ (x – 1 – 1)(x – 1 + 1) > 0 ⇔ (x – 2) · x > 0 ⇔ x < 0 atau x > 2 Jadi, nilai x < 0 atau x > 2 agar jumlah deret mempunyai limit.

a 1− r

1 a 8

1

1

−8

r= 2

1

⇔

| r | < 1 ⇔ | x −1 | < 1

S∞ =

1

=

Syarat jumlahnya mempunyai limit yaitu:

U2 U1

= log 6

1

...

1 x (x − 1) x

Rasio deret = r =

r=

a × 12 × ar 4 ar × ar 2

log 12r = log 6 12r = 6

S5 =

12. Jawaban: e x −1 x

= log 6

⇔

<1

2 – 2x < 3 –2x < 1

⇔

log

⇔ ⇔

Untuk r < 1 diperoleh:

U1U4U5 U2U3

log

⇔

3

a = 128

a(1− rn ) 1− r

Sn =

4. S∞ =

3 (1− (−2)10 ) 128

⇔ S10 =

⇔

1− (−2)

3 (1− 210 ) 128

⇔ S10 =

⇔ S10 = ⇔ S10 =

1

⇔ 1–r= 2

1 210 – 128 128 1− 1.024 128 1.023 – 128 127 –7 128

.

2. log U1 + log U2 + log U3 + log U4 + log U5 = 15 log 2 ⇔ log (U1 · U2 · U3 · U4 · U5) = log 215 ⇔ U1 · U2 · U3 · U4 · U5 = 215 ⇔ a · a · r · a · r2 · a · r3 · a · r4 = 215 ⇔ a5r10 = 215 5 ⇔ a (210) = 215 ⇔

a5 =

⇔ ⇔

a5

215 210

25

= a=2

a(rn − 1) r −1

S9 =

2(29 − 1) 2 −1

=

2(512 − 1) 1

= 2 × 511 = 1.022

geometri dengan a = 50 cm dan r = 50 9

=

50 1 10

⇔

r= 2

1 1

1

U5 = ar4 = 8 × ( 2 )4 = 8 × 16 = 2 1

1

Jadi, rasionya = 2 dan suku ke-5 = 2 . 5. Luas persegi yang paling besar: p × p = p2 1

Luas persegi II = 2 p2 1

Luas persegi III = 4 p2 dan seterusnya Jumlah luas semua persegi: 1

L = p2 + 2 p2 + 4 p2 + . . . merupakan deret 1

3. Jarak pendulum setiap ayunan membentuk deret

1− 10

r=1– 2

1

Jadi, S9 adalah 1.022.

S∞ =

1

⇔

1

127 Jadi, jumlah 10 suku pertama barisan –7 128

Sn =

a 1− r

8

1

⇔ S10 =

16 =

⇔ 1 – r = 16

3

⇔ S10 = 128 (1 – 210) ⇔ S10 =

a 1− r

9 10

.

= 500 cm = 5 m

geometri tak hingga dengan a = U1 = p2 dan r = 2 . p2

a

L = S∞ = 1− r =

1−

1 2

=

p2 1 2

= 2p2

Jadi, jumlah luas persegi yang terbentuk 2p2.

Jadi, seluruh jarak ayunan pendulum adalah 5 m.

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Sepuluh bilangan asli genap yaitu 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20. 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + . . . + 20 10

= ∑ 2i

2. Jawaban: d U1 = a = U2 = r=

1 2

1 8

U2 U1

=

1 8 1 2

=

1 4

i=1


161

Diperoleh deret geometri dengan Un: Un = arn – 1 n −1

1  1   2 4

=

5. Jawaban: e

= (2)–1(2)–2(n – 1)

Untuk n = 2 ⇒

= 2–2n + 2 – 1 = 21 – 2n

Untuk n = 3 ⇒

Bentuk notasi sigma dari deret tersebut: 10

10

i=1

i=1

∑ U1 = ∑

1 (1 + 1)(1 + 2) 3 2(2 + 1)(2 + 2) 3 3(3 + 1)(3 + 2) 3 4(4 + 1)(4 + 2) 3 5(5 + 1)(5 + 2) 3

Untuk n = 1 ⇒

21 – 2i

Jadi, bentuk notasi sigma dari deret tersebut 10

adalah ∑ 21 – 2i .

Untuk n = 4 ⇒ Untuk n = 5 ⇒ Jadi, diperoleh: 5

∑

n =1

n(n + 1)(n + 2) 3

= 70

7

8 −1

i=2

i = 2−1

k=3

∑ (3i – 2) = ∑ (3(i + 1) – 2) 7

= ∑ (3i + 1) i=1 7

7

i=1

i=1

= ∑ 3i + ∑ 1 7

=3 ∑ i+7×1 i=1

= 3(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) + 7 = 3 × 28 + 7 = 91 8

Jadi, ∑ (3i – 2) = 91.

7. Jawaban: a 25

25

25

n=6

n=6

∑ (2 + pi) = ∑ 2 + ∑ pi

n= 6

= 2 × 20 + 10 = 40 + 10 = 50

12

∑ (5n + 6)

k=3

⇔ (x2 + 2x)(32 + 42 + 52 + 62 + 72) = 405 ⇔ (x2 + 2x)(9 + 16 + 25 + 36 + 49) = 405 ⇔ (x2 + 2x) × 135 = 405 ⇔ x2 + 2x = 3 2 ⇔ x + 2x – 3 = 0 ⇔ (x + 3)(x – 1) = 0 ⇔ x = –3 atau x = 1 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = –3 atau x = 1.

4. Jawaban: d n=3

7

(x2 + 2x) ∑ k2 = 405

⇔

i=2

25

Jadi, nilai ∑ (2 + pi) adalah 50. n= 6

12 − 2

(5(n + 2) + 6)

8. Jawaban: d 6

∑ (2i × cos α) = 18 3

10

= ∑ (5n + 16) n =1

10

10

n =1

n =1

= 5 ∑ n + ∑ 16 = 5(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10) + (10 × 16) = (5 × 55) + (10 × 16) = 275 + 160 = 435 12

Jadi, nilai ∑ (5n + 6) adalah 435. n=3

162

= 40

∑ k2 (x2 + 2x) = 405

8

∑

= 20

= 2 + 8 + 20 + 40 + 70 = 140

3. Jawaban: c

n = 3−2

=8

6. Jawaban: b

i=1

=

=2


i=3 6

∑ (2i × cos α) = 18 3

⇔

i=3

6

cos α ∑ 2i = 18 3

⇔

i=3

⇔ cos α (2 × 3 + 2 × 4 + 2 × 5 + 2 × 6) = 18 3 ⇔

cos α (6 + 8 + 10 + 12) = 18 3

⇔

cos α × 36 = 18 3

⇔ ⇔ Jadi, nilai α = 60°.

1

cos α = 2 3 α = 60°

9. Jawaban: e n

n

2 ∑ k(2k + 5) + 2 ∑ (k + 3) + 3n k =1 n

k =1 n

6

6

a =1

a =1

a =1

= 8 × 1 + 8 × 2 + 8 × 3 + 8 × 4 + 8 × 5 + 8 × 6 + 6 × 45 = 438

n

= ∑ (4k2 + 10k) + ∑ (2k + 6) + ∑ 3 k =1

6

= ∑ (8a + 45) = ∑ 8a + ∑ 45

k =1

13. Jawaban: a

k =1

n

7−x

k =1

k=3−x

∑

= ∑ 4k2 + 10k + 2k + 6 + 3

(4k + 1) = (4(3 – x) + 1) + (4(4 – x) + 1) + (4(5 – x) + 1) +(4(6 – x) + 1) + (4(7 – x) + 1) = 12 – 4x + 1 + 16 – 4x + 1 + 20 – 4x + 1 + 24 – 4x + 1 + 28 – 4x + 1 = 105 – 20x

n

= ∑ 4k2 + 12k + 9 k =1 n

= ∑ (2k + 3)2 k =1

7−x

10. Jawaban: e

∑

n

n

n

k=1 n

k=1 n

k=1 n

n

k=1

k=1

k=1

k=3−x

8 ∑ k3 + 36 ∑ k2 + 54 ∑ k + 27n

⇔ 105 – 20x = 85 ⇔ 20x = 105 – 85 ⇔ 20x = 20 ⇔ x=1 Jadi, nilai x adalah 1.

= ∑ 8k3 + ∑ 36k2 + ∑ 54k + ∑ 27 k=1 n

(4k + 1) = 85

= ∑ (8k3 + 36k2 + 54k + 27) k=1 n

14. Jawaban: c

= ∑ ((2k)3 + (2k)2 × 9 + 2k × 27 + 27)

20

∑ p(i – 2) = 372

k=1 n

= ∑ ((2k)3 + (2k)2 × 3 × 3 + 2k × 32 × 3 + 33) k=1 n

= ∑ ((2k)3 + 3 × (2k)2 × 3 + 3 × 2k × 32 + 33)

k=1

⇔

5

7

∑ 1 – ∑ 5

1 = ∑ – k =1 k

1

15. Jawaban: d 5

1 k =3− 2 k + 2 −1

2 ∑ (k + 1)

∑

k=1 5

∑ (4i + k)

5 5 1 = ∑ – ∑ k =1 k 5

∑ 1 k =1 k

1 k =1 k + 1

–

2 1 + 6

+

3

+

30 + 10 + 5 + 3 + 2 60

3

1 20

+

4 1 30

4

5

6

a=7

a =1

∑

a=7−6 6

= ∑

a =1

6

= = = = =

1 2 3 4 5

Untuk (4i + k)

4 9 16 25 36

4i + 1 4i + 2 4i + 3 4i + 4 4i + 5

90

20i + 15

5

2 ∑ (k + 1)

6

((a + 6)2 + 4) – ∑ (a2 + 4a – 5)

(a2

k =1

Sehingga:

5

= 6

∑ (a2 + 4) – ∑ (a2 + 4a – 5) 12 − 6

k =1

Jumlah

12. Jawaban: d

=

5

k k k k k

k=1 5

12

5

Untuk (k + 1)2

1 k +1 2 1 12

5

= ∑ (k + 1)2 : ∑ (4i + k)

k=1

= 1 − 1  +  1 − 1  +  1 − 1  +  1 − 1  +  1 − 1   1 2

372

p = 93 p=4

⇔ Jadi, nilai 7p adalah 28.

k = 3 k −1 7−2

k =1 k

=

i = 15

k=1 n

11. Jawaban: e

=

p ∑ (i – 2) = 372

⇔

⇔ p(13 + 14 + 15 + 16 + 17 + 18) = 372 ⇔ 93p = 372

= ∑ (2k + 3)3

=

i = 15 20

a =1

+ 12a + 36 + 4 –

a2

∑ (4i + k)

k=1

=2

⇔

=2

⇔ ⇔

90 = 40i + 30 60 = 40i

⇔

i = 40 = 2

Jadi, nilai i adalah – 4a + 5)

90 20i + 15

3 2

60

3

.


163

Bentuk notasi sigma dari deret tersebut:

B. Uraian i=4

i = 4−3

∑ (2i + 5) =

1. a.

15

8

8 −3

15

15

5

= ∑ i × alog x–1

= ∑ (2i + 11)

i =1

i=1 5

15

5

= ∑ (–i) × alog x

= ∑ 2i + ∑ 11 i=1

i =1

i=1

Jadi, bentuk notasi sigma dari deret tersebut

5

= 2 ∑ i + 5 × 11

15

i=1

= 2(1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 55 = 30 + 55 = 85 8

Jadi, nilai ∑ (2i + 5) = 85. 10

10−4

i=5

i = 5− 4 6

∑ (i + 2)2 =

adalah ∑ (–i) × alog x. i =1

3.

3p cosec 2 x

∑ ((i + 4) + 2)2

= ∑ (i + 6)2 i=1 6

5

= ∑ (i2 + 12i + 36)

3p 2 cosec x p =1

∑

i=1 6

6

6

i=1

i =1

i=1

= ∑ i2 + 12 ∑ i + ∑ 36 = (12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62) + 12(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + 6 × 36 = (1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36) + 12 × 21 + 216 = 91 + 252 + 216 = 559 10

i=5

2. Misalkan:

U2 =

U3 = alog

=

alog

x–2

=

1 x2

45 45

⇔ 45 sin2 x = 2 1

⇔

sin2 x = 2

⇔

1

(–2) alog

4. a.

x

3

3+4

k=1

k = 1+ 4 7

∑ (5 – 2k) =

=

alog 1

= ∑ (13 – 2k) k=5

= (13 – 2 × 5) + (13 – 2 × 6) + (13 – 2 × 7) = (13 – 10) + (13 – 12) + (13 – 14) =3+1–1=3

1

– alog x

b.

x

Diperoleh deret aritmetika sebagai berikut. Un = a + (n – 1) b = alog

1 x

+ (n – 1) alog

1

1

1 x 1

= alog x + n alog x – alog x 1

= n alog x 164

(5 – 2(k – 4))

k=5 7

1

=

∑

= ∑ (5 – 2k + 8)

= alog x–3 = (–3) alog x

x2 1 x

alog

45

= 2

15 sin2 x = 2

b = U2 – U 1 = alog

3 × 1 sin2 x= 3 sin2 x 3 × 2 sin2 x= 6 sin2 x 3 × 3 sin2 x= 9 sin2 x 3 × 4 sin2 x= 12 sin2 x 3 × 5 sin2 x= 15 sin2x

⇔ 3 sin2 x + 6 sin2 x + 9 sin2 x + 12 sin2 x +

1

U1 = a = alog x = alog x–1 = –(alog x) 1 x2 1 x3

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

sin x = 2 2 ⇔ x = 45° Jadi, tan x = tan 45° = 1.

Jadi, ∑ (i + 2)2 = 559.

alog

= 3p sin2 x

Untuk p = 1 Untuk p = 2 Untuk p = 3 Untuk p = 4 Untuk p = 5

i=4

b.

1

∑ Ui = ∑ i × alog x i =1 i =1

∑ (2(i + 3) + 5)


18

18 − 7

i = 12

i = 12 − 7 11

∑ (k2 + 1) =

∑

((k + 7)2 + 1)

= ∑ ((k+ 7)2 + 1) i=5

= (122 + 1) + (132 + 1) + (142 + 1) + (152 + 1) + (162 + 1) + (172 + 1) + (182 + 1) = 145 + 170 + 197 + 226 + 257 + 290 + 325 = 1.610

5. a.

1 2

1

1

n

1

Σ

, 4 , 8 , . . ., n = 2

i=1

1 2i

Misalkan P(n) adalah rumus

n

1 i 2 i=1

Σ

Jadi, terbukti bahwa

1

1 i 2 i=1 1 ⇔ 21 1 ⇔ 2

2)

1

= 1 – ( 2 )1 ← (sifat b6) 1

1

= 2 Ruas kiri = ruas kanan Jadi, P(n) benar untuk n = 1. Andaikan P(n) benar untuk n = k maka k

1

1 i 2 i=1

Σ

= 1 – ( 2 )k bernilai benar. Akan

dibuktikan bahwa P(n) benar untuk n = k + 1, yaitu

k +1 1

Σ

i=1

k +1 1

Σ

i=1

i

2

= = = = = =

2i

1

= 1 – ( 2 )k + 1.

k +1 1 1 i + 2 2i i=1 i = k +1 1 1 1 – ( 2 )k + k + 1 2 1 1 1 – ( 2 )k + ( 2 )k + 1 1 1 1 1 – ( 2 )k + ( 2 )k · 2 1 1 1 – ( 2 )k (1 – 2 ) 1 1 1 1 – ( 2 )k · 2 = 1 – ( 2 )k + 1 k

Σ

Σ

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d a = 56 b = 63 – 56 = 7 Un = a + (n – 1)b U10 = a + 9b = 56 + 9 × 7 = 56 + 63 = 119 Jadi, suku ke-10 barisan tersebut 119. 2. Jawaban: c Bilangan yang dimaksud adalah 95, 100, 105, 110, · · · , 170, 175. Bilangan-bilangan tersebut membentuk barisan aritmetika dengan: U1 = a = 95 b = 100 – 95 = 5

2i

1

= 1 – ( 2 )k + 1 .

1

1

1

1

Dari 1) dan 2) terbukti 2 , 4 , 8 , . . ., n 2 1 = 1 – ( 2 )n berlaku untuk setiap n bilangan asli. b.

=1– 2

Σ

i=1

1

= 1 – ( 2 )n

berlaku untuk setiap n bilangan asli. 1) Untuk n = 1

Σ

k +1 1

Misalkan P(n) adalah sifat n3 + 2n habis dibagi 3 untuk setiap n bilangan asli. 1) Untuk n = 1 13 + 2 × 1 = 3 habis dibagi 3 Jadi, P(n) benar untuk n = 1. 2)

Andaikan P(n) benar untuk n = k, maka (k3 + 2k) habis dibagi 3. Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = k + 1, yaitu (k + 1)3 + 2(k + 1) habis dibagi 3. (k + 1)3 + 2(k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + 1 + 2k + 2 = (k3 + 2k) + 3k2 + 3k + 3 = (k3 + 2k) + 3(k2 + k + 1) 3(k2 + k + 1) merupakan kelipatan 3 berarti 3(k2 + k + 1) habis dibagi 3.

Oleh karena (k3 + 2k) dan 3(k2 + k + 1) habis dibagi 3, maka (k + 1)3 + 2(k + 1) habis dibagi 3. Dari 1) dan 2) terbukti n3 + 2n habis dibagi 3 untuk setiap n bilangan asli.

Suku terakhir Un = 175 Un = U1 + (n – 1)b ⇔ 175 = 95 + (n – 1)5 ⇔ 80 = 5n – 5 ⇔ 85 = 5n ⇔ n = 17 Jadi, banyak bilangan adalah 17. 3. Jawaban: b U1 + U4 + U6 + U8 = 32 ⇔ (U1 + b) + (U1 + 3b) + (U1 + 5b) + (U1 + 7b) = 32 ⇔ 4U1 + 16b = 32 ⇔ 4U1 + 16 × 5 = 32 ⇔ 4U1 = –48 ⇔ U1 = –12


165

Misalkan k = beda barisan aritmetika ke-2, diperoleh: V2 + V4 + V6 + V8 = 52 ⇔ (V1 + k) + (V1 + 3k) + (V1 + 5k) + (V1 + 7k) = 52 ⇔ 4V1 + 16k = 52 ⇔ 4V1 + 16 × 4 = 52 ⇔ 4V1 = –12 ⇔ V1 = –3 (U1 + U3 + U5) – (V1 + V2 + V5) = (–12 + (U1 + 2b) + (U1 + 4b)) – (–3 + (V1 + 2k) + (V1 + 4k)) = (–12 + (–12 + 10) + (–12 + 20)) – (–3 + (–3 + 8) + (–3 + 16)) = (–36 + 30) – (–9 + 24) = –6 – 15 = –21 Jadi, (U1 + U3 + U5) – (V1 + V3 + V5) = –21. 4. Jawaban: e an + 1 – an nilainya selalu tetap. Jadi, barisan yang dimaksud adalah barisan aritmetika. a2 – a1 = –p + 9 – (2p + 25) = –p + 9 – 2p – 25 = –3p – 16 a3 – a2 = 3p + 7 – (–p + 9) = 3p + 7 + p – 9 = 4p – 2 an + 1 – an selalu sama (konstan) a2 – a1 = a3 – a2 ⇔ –3p – 16 = 4p – 2 ⇔ 7p = –14 ⇔ p = –2 a3 – a2 = 4 × (–2) – 2 = –10 a1 = 2 × (–2) + 25 = 21 Diperoleh a = 21 dan b = –10. 10

S10 = 2 (2a + 9b) = 5 × (2 × 21 – 9 × 10) = –240 5. Jawaban: d 1

Sn = 2 n(n + 1) 1

Sn – 1 = 2 (n – 1)(n – 1 + 1) 1

= 2 n(n – 1) Un = Sn – Sn – 1 1

1

= 2 n(n + 1) – 2 n(n – 1) 1

= 2 n(n + 1 – n + 1) 1

= 2 × 2n =n Jadi, rumus suku ke-n adalah n.

166


6. Jawaban: a U7 = S7 – S6 ⇔ a + 6b = S7 – S6 ⇔ 4 + 6b = 112 – 84 ⇔ 4 + 6b = 28 ⇔ 6b = 28 – 4 ⇔ 6b = 24 ⇔ b=4 Jadi, beda deret tersebut 4. 7. Jawaban: d n

Sn = 2 (2a + (n – 1)b) ⇔

10

S10 = 2 (2a + (10 – 1)b) ⇔ 200 = 5(2a + 9b) ⇔ 40 = 2a + 9b U3 + U4 + U7 + U8 = a + 2b + a + 3b + a + 6b + a + 7b = 4a + 18b = 2(2a + 9b) = 2 × 40 = 80 Jadi, nilai U3 + U4 + U7 + U8 adalah 80. 8. Jawaban: a Sisi-sisi segitiga: 72, 72 + b, 72 + 2b ⇒ n = 3 Keliling = 252 ⇔ 72 + (72 + b) + (72 + 2b) = 252 ⇔ (3 · 72 + 3b) = 252 ⇔ 216 + 3b = 252 ⇔ 3b = 36 ⇔ b = 12 U2 = 72 + 12 = 84 U3 = 72 + 24 = 96 Jadi, panjang kedua sisi yang lain 84 cm dan 96 cm. 9. Jawaban: a Dari soal di atas, diperoleh: U2 = 5 ⇔ a+b=5 U4 + U6 = 28 ⇔ a + 3b + a + 5b = 28 ⇔ 2a + 8b = 28 ⇔ a + 4b = 14

. . . (1)

. . . (2)

Eliminasi a dari persamaan (1) dan persamaan (2). a+ b=5 a + 4b = 14 –––––––––– – –3b = –9 ⇔ b=3 U7 – U5 = (a + 6b) – (a + 4b) = 2b =2×3=6 Jadi, selisih suku ketujuh dan suku kelima adalah 6.

10. Jawaban: b Misalkan suku-suku barisan aritmetika tersebut a – 3, a, a + 3. (a – 3) + (a – 1) + (a + 3) = 14 ⇔ 3a – 1 = 14 ⇔ 3a = 15 ⇔ a=5 Barisan geometri = a – 3, a – 1, a + 3 = 2, 4, 8 4

r= 2 =2 Jadi, rasio barisan tersebut 2. 11. Jawaban: c Sn = 2n2 + 4n Un = Sn – Sn – 1 ⇔ U9 = S9 – S8 ⇔ U9 = (2 × 92 + 4 × 9) – (2 × 82 + 4 × 8) ⇔ U9 = (2 × 81 + 36) – (2 × 64 + 32) ⇔ U9 = (162 + 36) – (128 + 32) ⇔ U9 = 198 – 160 ⇔ U9 = 38 Jadi, suku ke-9 deret tersebut adalah 38. 12. Jawaban: a Permasalahan tersebut dapat diselesaikan menggunakan deret aritmetika. Diketahui U1 = 46.000 b = 18.000 n = 12 Sn =

n 2

(2U1 + (n – 1)b)

12

⇔ S12 = 2 (2 × 46.000 + 11 × 18.000) ⇔ S12 = 6(92.000 + 198.000) ⇔ S12 = 6 × 290.000 ⇔ S12 = 1.740.000 Jadi, jumlah keuntungan sampai bulan ke-12 adalah Rp1.740.000,00.

U2 = ar 5

= 24 × (–2) 5

= – 12 5

Jadi, suku kedua barisan tersebut – 12 . 14. Jawaban: c Banyak suku awal = 2 Barisan geometri baru 48, x, y, z, 768 Banyak suku barisan baru = 5 Un = arn – 1 ⇔ U5 = ar4 ⇔ 768 = 48r4 ⇔ r4 = 16 ⇔ r=2 Sn =

a(rn − 1) r −1

S5 =

48(25 − 1) 2 −1

=

48(32 − 1) 1

= 48 × 31 = 1.488 Jadi, jumlah barisan geometri tersebut 1.488. 15. Jawaban: d q, s, dan t membentuk barisan geometri sehingga dengan membandingkan rasio diperoleh: s q

⇔ ⇔ ⇔

80 3 5 −3

−

=

⇔t=

q + 2s + t q+s

ar7 ar3

s2 q

=

q + 2s +

s2 q

q+s

·

=

q2 + 2qs + s 2 (q + s)q

=

(q + s)2 (q + s)q

=

q+s q

= r4

16. Jawaban: a

r4

Sn =

a(rn − 1) r −1

⇔

S5 =

a(45 − 1) 4 −1

5

⇔

1.023 =

a(1.024 − 1) 3

5

⇔

1.023 =

1.023a 3

16 = r = –2 (karena r < 0) U4 = ar3

⇔

– 3 = a × (–2)3

⇔

– 3 = a × (–8)

⇔

t s

Diperoleh:

13. Jawaban: a Un = arn – 1 U8 U4

=

5

⇔

q q

a=3

a = 24


167

U6 – U4 = ar5 – ar3 = 3 · 45 – 3 · 43 = 3(45 – 43) = 3(1.024 – 64) = 2.880 17. Jawaban: c U3 = 16 U7 = 256 U7 U3

256 16

⇔

U2 U1

ar6 ar 2

=

r4

=

U1 + U2 + U6 = 42 ⇔ a + (a + b) + (a + 5b) = 42 ⇔ 3a + 6b = 42 ⇔ a + 2b = 14 . . . . (1) U1, U2 dan U 6 membentuk barisan geometri sehingga:

⇔ ⇔

16 = r4 r= 2 U3 = ar2 ⇔ 16 = a × 22 ⇔ a=4 Sn =

a(rn − 1) r −1

⇔ S7 =

4(27 − 1) 2 −1

⇔ S7 = 4(128 – 1) ⇔ S7 = 508 Jadi, jumlah 7 suku pertama deret adalah 508. 18. Jawaban: c Nilai jual mobil setiap tahun membentuk barisan geometri dengan r =

19 20

⇔ U22 = U1 × U6 ⇔ (a + b)2 = a(a + 5b) 2 ⇔ a + 2ab + b2 = a2 + 5ab ⇔ b2 – 3ab = 0 ⇔ b(b – 3a) = 0 ⇔ b = 0 atau b = 3a Dipilih b = 3a sehingga: a + 2b = 14 ⇔ a + 2(3a) = 14 ⇔ 7a = 14 ⇔ a=2 b = 3a = 6 Jadi, beda barisan tersebut 6.

U1 =

=

= 76.000.000 Nilai jual setelah dipakai 3 tahun = U3

1

Jadi, nilai jual mobil setelah dipakai 3 tahun Rp68.590.000,00. 19. Jawaban: a 2

a= 3 r=

U2 U1

S∞ = =

= a 1− r 2 3

1−

1 3

168


1 (4 + r)n

+...

4+r

= 3+r 4 −1

3

1

4 +1

5

1

⇒ S = 3 +1 = 4 = 1 4

1

1

22. Jawaban: b Luas persegi-persegi tersebut membentuk barisan geometri dengan S∞ = 640.

=

=1

20. Jawaban: b U1 = a U2 = a + b U6 = a + 5b

+...+

Jadi, 1 4 < S < 1 2 .

=

Jadi, jumlah deret geometri tak hingga di atas adalah 1.

4+r (4 + r) − 1

Untuk r = 1

1

= 3

1 (4 + r)2

Untuk r = –1 ⇒ S = 3 − 1 = 2 = 1 2

r = 2 9 2 3

+

=

1 4 +r

1−

19

U3 = ar2 = 76.000.000 × ( 20 ) 2 = 68.590.000

1 4+r

S =1+

.

× 80.000.000

. . . . (2)

21. Jawaban: a r rasio dari deret konvergen, maka –1 < r < 1.

Nilai awal = 80.000.000 19 20

U6 U2

=

U2 U1 U2

1 31 U2

1 4 3

3

= 4

S∞ = ⇔

640 =

⇔

640 =

⇔ ⇔

a 1− r a 1−

3 4

a 1 4

1

a = 640 × 4 a = 160

U3 = ar2 = 160 ×

3   4

2

= 160 ×

9 16

= 90

x0 + x2 + x4 + . . . + x96 Rumus suku ke-n deret 3 + 5 + 7 + . . . + 99 adalah Un = 2n + 1. Batas bawah = n = 1

U3 = luas persegi ketiga Sisi persegi ketiga = s3 s3 =

U3 = 90 = 3 10 cm

Mencari batas atas. 99 = (2n + 1) ⇔ 99 – 1 = 2n ⇔ n = 49 Diperoleh batas atas = n = 49

23. Jawaban: e S∞ = ⇔

10 =

⇔ 1–r= ⇔ 1–r=

a 1− r 2 1− r 2 10 1 5

⇔

r=1–

⇔

r=

Rumus suku ke-n deret x0 + x2 + x4 + . . . + x96 adalah Un = x2n – 2. Batas bawah = n = 1 Mencari batas atas. 96 = 2n – 2 ⇔ 2n = 98 ⇔ n = 49 Diperoleh batas atas = n = 49 Untuk menentukan tanda (–/+) yang berselangseling digunakan: –(–1)n.

1 5

4 5

U2 = ar = 2 ×

26. Jawaban: e 3 – 5x2 + 7x4 – . . . + 99x96 terlebih dahulu diuraikan menjadi bentuk 3 + 5 + 7 + . . . + 99 dan

4 5

=1

3 5 3 5

Jadi, suku keduanya 1 .

49

Jadi, notasi sigmanya ∑ –(2n + 1)x2n – 2 (–1)n.

24. Jawaban: d

n=1

Sn =

U1(r n − 1) r −1

⇔

S10 =

2(r10 − 1) r −1

⇔

33 × S5 =

2(r10 − 1) r −1

= ∑ (2k + 6 + 1)

2(r10 − 1) r −1

= ∑ (2k + 7)

⇔ 33 × ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

2(r 5 − 1) r −1

=

27. Jawaban: c 8

8− 3

k =4

k = 4−3

∑ (2k + 1) =

k =1 5

k =1 5

k =1

⇔ ⇔ ⇔

5

<

1 5

(3x + 2) <

k =1

5

=2 ∑ k+5×7 k =1

25. Jawaban: a Deret tersebut mempunyai jumlah jika –1 < r < 1. Diperoleh: –1 < 5log (3x + 2) < 1 ⇔

5

= ∑ 2k + ∑ 7

Nilai U6 = U1r5 = 2 × 32 = 64.

5log

(2(k + 3) + 1)

5

33(r5 – 1) = r10 – 1 33(r5 – 1) = (r5 + 1)(r5 – 1) 33 = r5 + 1 r5 = 32

5log 1

∑

5log

= 2(1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 35 = 2 × 15 + 35 = 65 8

8−2

k =3

k = 3−2

∑ (3k – 1) =

∑ (3(k + 2) – 1)

6

= ∑ (3k + 6 – 1)

5

k =1 6

< 3x + 2 < 5

= ∑ (3k + 5)

9 – 5

=3 ∑ k+ ∑ 5

3 – 5

k =1

< 3x < 3

6

6

k =1

k =1

= 3(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + 5 × 6 = 3 × 21 + 30 = 63 + 30 = 93

Jadi, nilai x yang memenuhi – < x < 1.

8

8

k =4

k =3

∑ (2k + 1) + ∑ (3k – 1) = 65 + 93 = 158


169

28. Jawaban: c 10

8

1

∑

k=2 k +1

1

– ∑

k =1 k + 3

10

1 k=2 k +1

= ∑

10

1 k=2 k +1

= ∑

B. Uraian 1. Misalkan bilangan-bilangan tersebut adalah: a – b, a, a + b (a – b) + a + (a + b) = 30 ⇔ 3a = 30 ⇔ a = 10 a = 10 sehingga a – b = 10 – 3 = 7 a + b = 10 + 3 = 13 Jadi, bilangan tersebut adalah 7, 10, dan 13.

–

8+2

1

∑

k = 1+ 2 k − 2 + 3 10

1

– ∑

k=3 k +1

10

10

1 k=3 k +1

=

1 3

+ ∑

=

1 3

+ ∑ (

=

1 3

10

– ∑

1

k=3 k +1

1

1 ) k +1

–

k=3 k +1

10

1 k=2 k +1

Jadi, nilai dari ∑

8

1

– ∑

k =1 k + 3

adalah

1 . 3

29. Jawaban: d 15

∑ (5ai + 6)

2. Banyak suku mula-mula = n = 2 Misalkan 10 bilangan yang disisipkan = a1, a2, a3, . . ., a10. Deret aritmetika baru yang terbentuk: 50 + a1 + a2 + a3 + . . . + a10 + 100 Banyak suku deret yang terbentuk n = 2 + 10 = 12 U1 = a = 50 U12 = 100 Jumlah deret yang terbentuk: n

15

15

i=1

i=1

Sn = 2 (a + Un)

= ∑ 5ai + ∑ 6

i=1

15

= 5 ∑ ai + 6 × 15 i=1

= 5 × 30 + 90 = 240

=

12 (a 2

=

12 (50 + 100) 2

= 6 × 150 = 900 Jadi, jumlah suku deret yang terbentuk adalah 900.

15

Jadi, nilai ∑ (5ai + 6) = 240. i=1

3.

30. Jawaban: a 5

⇔

∑ (k2 × log x2 – 44) = 0

k =1

⇔ ⇔

5

5

k =1

k =1

⇔ ⇔

∑ k2 × log x2 – ∑ 44 = 0 5

5

k =1

k =1

∑ k2 × (2 log x) = ∑ 44 5

⇔

2 log x × ∑ k2 = 5 × 44

⇔

2 log x × ∑ k2 = 220

⇔

k =1 5

k =1 5

log x × ∑ k2 = 110

⇔

96 24

U5 U3

=

ar 4 ar 2

=4

r2 = 4 r=2 S4 = 90

a(24 − 1) 2 −1

= 90

⇔ a(16 – 1) = 90 ⇔ 15a = 90 ⇔ a=6 Jadi, suku pertama deret tersebut 6. 4. Tahun 2010 → 20.000 Tahun 2011 → 20.000 +


1 10

× 20.000

11 × 20.000 10 11 1 11 ( × 20.000) + ( 10 10 10

=

k =1

⇔ log x × (12 + 22+ 32 + 42 + 52) = 110 ⇔ log x × (1 + 4 + 9 + 16 + 25) = 110 ⇔ 55 log x = 110 ⇔ log x = 2 ⇔ log x = log 102 ⇔ log x = log 100 ⇔ x = 100 Jadi, nilai x adalah 100.

170

+ U12)

Tahun 2012 →

=

 11     10 

2

× 20.000)

× 20.000, dan seterusnya

Diperoleh deret geometri dengan U1 = 20.000, r = 11 . 10

Jumlah penduduk pada tahun 2014 = U5

U5 = U1r4 = 20.000 × = 20.000 ×

 11     10 

Luas persegi kedua = L2

5

161.051 100.000

≈ 32.210 jiwa

Jadi, diperkirakan jumlah penduduk kabupaten tersebut pada tahun 2014 sekitar 32.210 jiwa. 5. a.

1

L2 L1

=

1

1 24 1

R

R

R

R

1

1 2 a, 2

sedangkan rasio

.

2R

2R

Jadi, suku kedelapan deret tersebut 16 .

=

1 2 a 2

4R2 = ( 2 R)2 + ( 2 R)2

= 16

=

1 2

Sisi persegi I =

1 27

= 23 ×

S∞ =

=

1 2

=

a

1 2

7. Keliling lingkaran I = 2πR.

= 8 × ( 2 )7

b.

1 2 a 2 2

deret tersebut

r= 8 = 2 U8 = ar7

=

r =

×a

Jadi, luas persegi kedua

Diketahui a = 8 4

1 2

L2 = b × b = a

1

a 1− r

Keliling lingkaran II = 2π ( 2 2 R) = 2 πR. Jadi, diperoleh deret dari keliling lingkaran:

8

1

1

1− 2

2πR + 2π( 2 2 R) + . . .

8

dengan U1 = a = 2πR

1 2

1

= 16 Jadi, jumlah seluruh suku deret tersebut 16. 6.

r= 2 2 S∞ = =

b a

2 πR 1 2

2

=

4 πR 2− 2

×

=

4 πR(2 + 2) 4−2

b a

U1 1− r 1 −

2+ 2+

2 2

= 2πR(2 +

2)

Jadi, jumlah keliling lingkaran 2πR(2 + b =

( ) ( ) 1 a 2

=

1 2 a 4

=

1 2 a 2

=a

2

+

1 a 2

2

1 4

+ a2

1 2

Luas persegi pertama = L1 L1 = a × a = a2

8. a.

2 ).

6

(2i − 3)(i2 + 4) 2 i=3

∑

1

6

= 2 ∑ (2i – 3)(i2 + 4) i=3 1

= 2 ((2 × 3 – 3)(32 + 4) + (2 × 4 – 3)(42 + 4) + (2 × 5 – 3)(52 + 4) + (2 × 6 – 3)(62 + 4)) 1

= 2 (3 × 13 + 5 × 20 + 7 × 29 + 9 × 40) 1

= 2 (39 + 100 + 203 + 360) 1

= 2 (702) = 351 Matematika Kelas XII Program IPA

171

b.

5

∑ k(–1)k × 2

2k − 1 2

10. a.

k=1

= 1(–1) 1 × 2 × 2

2 ⋅3 −1 2

2 ⋅1− 1 2

+ 2(–1) 2 × 2

+ 4(–1)4 × 2

1

2 ⋅4 −1 2

3

i =1

n

2 ⋅2 −1 2

+ 3(–1) 3

Misalkan P(n) rumus ∑ (3i + 1) =

2 ⋅5 −1 2

berlaku untuk setiap n bilangan asli.

+ 5(–1)5 × 2

5

n

4 + 7 + 10 + . . . + (3n – 1) = ∑ (3i + 1)

7

9

i =1

1)

= – 2 2 + 2 × 2 2 + (–3) × 2 2 + 4 × 2 2 + (–5) × 2 2 1 2

5 2

5 2

= – 2 + 2 + (–3) × 2 + 2 5

= – 2 + (–2) 2 2 + 2

5

1 2

11 2

+ (–5) × 2

+ (–5) × 2

4

1

i =1

7

= – 2 – 2 2 + 32 2 + (–5) × 16 2 = – 2 – 128 2 + 32 2 – 80 2 2)

∑ (3i + 1) =

9. Akan dibuktikan ruas kiri = ruas kanan. 15

∑ (pk + 2) = 0

⇔

i =1

∑ (3i + 1) =

15

15

k=5

k=5

i=1

∑ pk + ∑ 2 = 0

∑ (3i + 1)

i=1

k=5

k

k +1

i =1

i = k +1

= ∑ (3i + 1) +

15

∑ pk + 22 = 0

k=5

=

15

∑ pk = –22

=

k=5

=

15

p ∑ k = –22

⇔

k=5

⇔ p(5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 = –22 ⇔ 110p = –22 1

⇔

p=–5 10

10

8

Nilai ∑ 8p = ∑ (– 5 ) k =1 k =1 8

= – 5 × 10 = –16 10

Jadi, nilai ∑ 8p adalah –16. k =1

= = = = =

k(3k + 5) 2


∑ (3i + 1)

+ (3(k + 1) + 1)

k(3k + 5) + (3k + 4) 2 k(3k + 5) + 2(3k + 4) 2 3k 2 + 5k + 6k + 8 2 3k 2 + 11k + 8 2 (k + 1)(3k + 8) 2 (k + 1)(3k + 3 + 5) 2 (k + 1)(3(k + 1) + 5) 2

Ruas kiri = ruas kanan Oleh karena ruas kiri = ruas kanan maka P(n) benar untuk n = k + 1. k

Dari 1) dan 2) terbukti bahwa ∑ (3i + 1) = i =1

k(3k + 5) 2

atau berlaku benar untuk setiap n

bilangan asli.

172

(k + 1)(3(k + 1) + 5) . 2

k +1

∑ pk + 2 × 11 = 0

⇔

bernilai benar. Akan

Untuk n = k + 1, ruas kiri P(n) menjadi:

15

⇔

k(3k + 5) 2

dibuktikan P(n) benar untuk n = k + 1, yaitu k +1

k=5

⇔

Andaikan P(n) benar untuk n = k maka k

= –177 2

1(3 ⋅ 1 + 5) 2

⇔ 3·1+1=4 ⇔ 4=4 Ruas kiri = ruas kanan Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, maka P(n) benar untuk n = 1.

1 2

= –209 2 + 32 2

Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = 1.

∑ (3i + 1)=

9 2

n(3n + 5) 2

b.

3 16

3

3

+ 8 + 4 + . . . + 3(2)n – 5 =

3(2n − 1) 16 n

Misalkan P(n) adalah rumus ∑ = 1)

3(2n − 1) 16

i =1

3(2) i – 5

berlaku untuk setiap n bilangan asli.

Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = 1. n

∑

i =1

3(2)i – 5

=

3(2n − 1) 16

3

⇔ 3(2)1 – 5 = 16 3 16

⇔

Andaikan P(n) benar untuk n = k, maka k

∑ 3(2)i – 5 =

k =1

3(2k − 1) 16

bernilai benar.

Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = k + 1, k +1

yaitu ∑ 3(2)i – 5 = k =1

k +1

∑ 3(2)i – 5

i=1

k +1

3(2

16

− 1)

.

k

k +1

k =1

i=k +1

= ∑ 3(2)i – 5 +

∑ 3(2)k – 5

=

3(2k − 1) 16

+ 3(2)k + 1 – 5

=

3(2k − 1) 16

+ 3(2)k – 4

=

3(2k − 1) + 16(3(2)k − 4 ) 16

=

3(2k − 1) + 3(2)k − 4 + 4 16

=

3(2k − 1) + 3(2k ) 16

=

3(2k − 1 + 2k ) 16

=

3(2 ⋅ 2k − 1) 16

=

3(2k + 1 − 1) 16

3

= 16

Ruas kiri = ruas kanan Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, maka P(n) benar untuk n = 1. 2)

Untuk n = k + 1, ruas kiri P(n) menjadi:

Ruas kiri = ruas kanan k

Dari 1) dan 2) terbukti bahwa ∑ 3(2)i – 5 = k =1

3(2k − 1) 16

bernilai benar untuk setiap n bilangan asli.


173

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b U1, U2, U3 membentuk barisan aritmetika berarti b = U2 – U1 atau b = U3 – U2. b = U3 – U2 = (m – 3) – (m – 1) = –2 U2 – U1 = U3 – U2 ⇔ (m – 1) – (–m + 2) = –2 ⇔ 2m – 3 = –2 ⇔

m= 1

3

1 2 1

U1 = –m + 2 = – 2 + 2 = 2 = 1 2 U5 = a + 4b = U1 + 4b 1

= 1 2 + 4(–2) 1

1

= 1 2 – 8 = –6 2

1

Jadi, suku kelima barisan tersebut –6 2 . 2. Jawaban: c Angsuran pinjaman setiap bulan membentuk barisan aritmetika dengan a = 350.000 dan b = –25.000. Jumlah pinjaman = 2.500.000 + 5% × 2.500.000 ⇔ Sn = 2.500.000 + 125.000 n 2

⇔

(2a + (n – 1)b) = 2.625.000

n

⇔ 2 (2 · 350.000 + (n – 1)(–25.000)) = 2.625.000 ⇔ 700.000n – 25.000n(n – 1) = 5.250.000 ⇔ 28n – n(n – 1) = 210 ⇔ 28n – n2 + n = 210 ⇔ n2 –29n + 210 = 0 ⇔ (n – 15)(n – 14) = 0 ⇔ n – 15 = 0 atau n – 14 = 0 ⇔ n = 15 atau n = 14 Untuk n = 15 U15 = a + 14n = 350.000 + 14(–25.000) = 350.000 – 350.000 =0

174


Untuk n = 14 U14 = a + 13n = 350.000 + 13(–25.000) = 350.000 – 325.000 = 25.000 U15 = 0 berarti pada bulan ke-15 Pak Anto sudah tidak mempunyai angsuran sehingga pinjaman Pak Anto lunas dalam waktu 14 bulan. 3. Jawaban: a Deret aritmetika: ⇔ a + 5b = 8 U6 = 8 U11 = 28 ⇔ a + 10b = 28 –––––––––––– – –5b = –20 ⇔ b=4 a + 5b = 8 dan b = 4 maka: a + 20 = 8 ⇔ a = –12 Rumus jumlah n suku pertama deret aritmetika: 1

Sn = 2 n(2a + (n – 1)b) 1

= 2 n(2(–12) + (n – 1)4) 1

= 2 n(–24 + 4n – 4) 1

= 2 n(4n – 28) = 2n2 – 14n 4. Jawaban: c Deret aritmetika Sn = 2n2 – n Un = Sn – Sn – 1 U15 = S15 – S14 = (2(15)2 – 15) – (2(14)2 – 14) = (2 × 225 – 15) – (2 × 196 – 14) = 435 – 378 = 57 Jadi, nilai 2U15 = 2 × 57 = 114. 5. Jawaban: d U2 + U4 + U6 + U8 + U10 = 130 ⇔ a + b + a + 3b + a + 5b + a + 7b + a + 9b = 130 ⇔ 5a + 25b = 130 ⇔ 5(a + 5b) = 130 ⇔ a + 5b = 26

U3 + U6 + U9 = a + 2b + a + 5b + a + 8b = 3a + 15b = 3(a + 5b) = 3(26) = 78 6. Jawaban: d Un = 5n – 6 a = U1 = 5(1) – 6 = –1 Sn =

1 n(a 2

U15 = 5(15) – 6 = 69

1

= 2 × 15((–1) + 69) 1

= 2 × 15 × 68 = 510 18, 33, 48, · · · ↓ ↓ ↓ U2 U3 U4

Barisan yang baru: 3, U2, U3, U4, U5, 18, · · ·

b′ =

U6 − U1 5

=

 1 5   13 9  AB =     9 13   5 1  1× 9 + 5 × 1   1× 13 + 5 × 5 =    9 × 13 + 13 × 5 9 × 9 + 13 × 1

 38 14  =    182 94  9. Jawaban: c Di antara U1 dan Un disisipkan 8 bilangan sehingga diperoleh: –4, U2, U3, U4, U5, U6, U7, U8, U9, 23 ↓ ↓ U1 U10

1

S15 = 2 × 15(a + U15)

Beda yang baru:

 13 9     5 1

9+5   13 + 25 =    117 + 65 81 + 13 

+ Un )

7. Jawaban: a Barisan: 3, ↓ U1

1 5   dan B = A=   9 13 

↓ b U1

18 − 3 5

b

b

b

b↓ U6

15

= 5 =3

Suku ke-10: U′10 = a + (10 – 1)b′ =3+9×3 = 3 + 27 = 30 8. Jawaban: a U5 = 17 ⇔ a + 4b = 17 U9 = 33 ⇔ a + 8b = 33 ––––––––––– – –4b = –16 ⇔ b=4 Substitusi b = 4 ke a + 4b = 17 diperoleh: a + 4(4) = 17 ⇔ a=1 U1 = a = 1 U2 = a + b = 1 + 4 = 5 U3 = a + 2b =1+2×4 =9 U4 = a + 3b =1+3×4 = 13

U10 = 23 ⇔ U1 + 9b = 23 ⇔ –4 + 9b = 23 ⇔ 9b = 27 ⇔ b=3 U6 = U1 + 5b = –4 + 5 × 3 = 11 Jadi, b = 3 dan U6 = 11. 10. Jawaban: d U3 = 15 ⇔ a + 2b = 15 U14 = 48 ⇔ a + 13b = 48 –––––––––––– – –11b = –33 ⇔ b=3 Substitusi b = 3 ke a + 2b = 15 diperoleh: a + 2(3) = 15 ⇔ a=9 U21 = a + 20b = 9 + 20(3) = 69 Ut =

U21 + U1 2

=

69 + 9 2

= 39

11. Jawaban: e Barisan bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi 4 mempunyai a = 4, b = 4, dan Un = 296. Un = 296 ⇔ 4 + (n – 1)4 = 296 ⇔ (n – 1)4 = 292 ⇔ n – 1 = 73 ⇔ n = 74


175

Barisan bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi 4 dan 7 mempunyai a′ = 28, b′ = 28, dan Un = 280. Un′ = 280 ⇔ 28 + (n′ – 1)28 = 280 ⇔ (n′ – 1)28 = 252 ⇔ n′ – 1 = 9 ⇔ n′ = 10 Jumlah bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi 4: 1

S1 = 2 n(a + Un) 1

= 2 × 74(4 + 296) = 37(300) = 11.100 Jumlah bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi 4 dan habis dibagi 7: 1

S2 = 2 n′(a′ + Un′) =

1 2

12. Jawaban: a Suatu barisan U1, U2, U3 membentuk barisan =

U3 U2

.

(a + 2), (a – 1), (a – 7), membentuk barisan geometri maka: a −1 a+2

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

a−7

= a −1 (a – 1)2 = (a + 2)(a – 7) 2 a – 2a + 1 = a2 – 5a – 14 3a = –15 a = –5

13. Jawaban: c Suku ke-n barisan geometri = Un = arn – 1. U3 = 9 ⇔ ar2 = 9 U5 = 228 ⇔ ar4 = 228 ar 4 ar 2

⇔ ⇔

228

= 9

76

r2 = 3 r=

76 3

⇔ ⇔

176

 76    3 

 76 

−1

= 9  3   76   3 

= 9 

 76   3 

= 9 

n−1 2

 76     3 

n−1 − 2

n−1 2

1

n−3 2

 76    3 

n −3

= 9

Rumus barisan geometri tersebut adalah n −3

14. Jawaban: d U1 × U3 = 16 ⇔ a × ar2 = 16 ⇔ a2r2 = 16 ⇔ (ar)2 = 16 ⇔ ar = ± 16 ⇔ ar = ±4 Oleh karena a > 0 dan r > 0 maka ar > 0 sehingga ar = 4. U2 + U5 = 112 ⇔ ar + ar4 = 112 ⇔ ar(1+ r3) = 112 ⇔ 4(1 + r3) = 112 ⇔ 1 + r3 = 28 ⇔ r3 = 27 ⇔ r=3 U6 = ar5 = ar × r4 = 4 × 34 = 4 × 81 = 324 Jadi, nilai suku keenam 324. 15. Jawaban: a Misalkan U1 = populasi satwa pada awal tahun ke-1. U2 = U1 + U1 × 10% U

= U1 + 101 1

= U1(1 + 10 ) = 1,1 U1 Populasi satwa pada awal tahun keempat sama dengan populasi satwa pada akhir tahun ketiga (U3) U3 = U2 + U2 × 10% 1

2

a

3  76     3 

= 1,1 U1 + 1,1 U1 × 10

ar2 = 9 ⇔

n−1

= 9 × 76

 76    3 

= 5 · 308 = 1.540 Jadi, jumlah bilangan yang habis dibagi 4 tetapi tidak habis dibagi 7 adalah 11.100 – 1.540 = 9.560.

U2 U1

27  76     3 

= 76

Un = 9 

× 10(28 + 280)

geometri jika

Rumus suku ke-n: Un = ar n – 1

=9

76

a× 3 =9 27

a = 76 Ulangan Tengah Semester 2

1

= (1 + 10 )(1,1U1) = (1,1)(1,1U1) = (1,1)2 U1 = 1,21U1

121.000 = 1,21 × U1 ⇔

U1 =

19. Jawaban: e a

121.000 1,21

S∞ = 1− r

= 100.000 Jadi, populasi satwa pada awal tahun pertama sebanyak 100.000 ekor. 16. Jawaban: e 2log x + 2log x2 + 2log x3 + · · · + 2log x20 = 2log x + 2 2log x + 3 2log x + · · · + 20 2log x 2log x + 2 2log x + 3 2log x + · · · + 20 2log x merupakan deret aritmetika dengan nilai a = 2log x; b = 2log x; Un = 20 2log x; dan n = 20. 1

Sn = 2 n(a + Un) 1

S20 = 2 × 20(2log x + 20 2log x) ⇔ 840 = 10(21 2log x) ⇔ 4 = 2log x ⇔ x = 16 17. Jawaban: e Permasalahan tersebut merupakan bentuk barisan 30

2

4 = 1− r 2

⇔ 1–r= 4

Banyak bakteri setelah S7 =

10(27 − 1) 2 −1

=

10 × 127 1

Sn =

a(rn − 1) r −1

S7 =

2(27 − 1) 2 −1

=

jam:

2(128 − 1) 1

= 254

= 1.270 1

Jadi, banyak sel bakteri setelah 2 jam ada 1.270. 18. Jawaban: b Misalkan bilangan a – b, a, dan a + b merupakan barisan aritmetika. a – b, a – 2, a + b merupakan barisan geometri sehingga:

21. Jawaban: d Deret mempunyai a = cos x dan r = cos x. 1

cos x + cos2 x + cos3 x + . . . = 2 a

S∞ = 1− r 1 2

⇔

=

cos x 1− cos x

a+b

⇔ 1 – cos x = 2 cos x ⇔ 3 cos x = 1

=2

⇔

cos x = 3

a – 2 = 2a – 2b a – 2b = –2 . . . . (1)

⇔

r= 3

a+b a−2

Jadi, rasio deret tersebut 3 .

a−2

r = a−b = a−2 = 2 ⇔ ⇔

r= 2

20. Jawaban: c Di antara bilangan 2 dan 128 disisipkan 5 bilangan. Seluruhnya ada 7 suku dengan a = 2 dan U7 = 128. Banyak sisipan = k = 5 U7 = ar 6 ⇔ 128 = 2r 6 ⇔ r6 = 64 ⇔ r=2

geometri dengan a = 10, r = 2, dan n = 5 + 1 = 7. 1 2

1

⇔

a−2 a−b

=2

⇔ a + b = 2a – 4 ⇔ a–b=4 . . . . (2) Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). a – 2b = –2 a– b=4 ––––––––––– – –b = –6 ⇔ b=6 Substitusi b = 6 ke persamaan a – b = 4 diperoleh: a – 6 = 4 ⇔ a = 10 Barisan bilangan tersebut: 4, 10, 16. Jumlah ketiga bilangan itu = 4 + 10 + 16 = 30.

1 1 1

22. Jawaban: a 1

Sn = 4 2

n+1

1 × 2

–4

2+1

S2 = 4 = 42 – 4 = 12 1

S1 = 4 2

⋅1+1

–4

–4

3 2

= 4 –4 =8–4=4


177

U1 = S1 = 4 U2 = S2 – S1 = 12 – 4 = 8 U2 U1

r =

28. Jawaban: d 23x > 0 2x > 0 ⇔ 3x ⇔ 2 ·2>0 ⇔ –23x + 1 < 0 ⇔ 8 – 23x + 1 < 8 ⇔ f(x) < 8 Jadi, daerah hasil fungsi eksponen tersebut f(x) < 8.

8

= 4 =2

23. Jawaban: c 15 − 5

15

Σ (n – 3)2 = n = pΣ+ 5 − 5 ((n + 5) – 3)2 n=p+5 10

=

Σ (n + 2)2 n=p

=

Σ (n2 + 4n + 4) n=p

10

24. Jawaban: e Misal harga kendaraan mula-mula = M Harga jual setelah enam tahun = M(1 – 12,5%)6 = M 

87,5    100 

6

25. Jawaban: c n

Σ

(i2

– 4) +

n+5

Σ

i=1

(i2

– 3) +

i=6

n− 5

Σ

i = −4

(i + 5)

n

n

n

i=1

i=1

i=1

n

n

n

i=1

i=1

i=1

Σ (i2 – 4) + Σ ((i + 5)2 – 3) + Σ ((i – 5) + 5)

=

Σ (i2 – 4) + Σ (i2 + 10i + 25 – 3) + Σ i

=

n

Σ (i2 – 4 + i2 + 10i + 25 – 3 + i)

= =

Σ

1

(2i2

y = 32 – x – 2 = 32 · 3–x – 2 = 9( 3 )x – 2

+ 11i + 18)

1

i=1

26. Jawaban: e 3n + 2 – 3n + 18 · 3n – 2 = 3n · 32 – 3n + 18 · 3n · 3–2 1

= 3n(32 – 1 + 18 · 9 ) = 3n(9 – 1 + 2) = 10 · 3n 27. Jawaban: b x  2     50 

−1

⋅ 20x

102x

⇔

= 0,0000128 (0,04)x − 1 ⋅ 20x 100x

= (0,2)7

⇔

x 20  7 (0,2)2(x – 1) ·   = (0,2) 100

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(0,2)2(x – 1) · (0,2)x = (0,2)7 (0,2)2x – 2 + x = (0,2)7 2x – 2 + x = 7 3x = 9 x=3

178

30. Jawaban: e f(x) = 2 5 + x + 4 mempunyai bilangan pokok a = 2 > 0, maka grafik fungsi f(x) monoton naik. 2x > 0 ⇔ 2x · 25 > 0 x + ⇔ 2 5+4>4 ⇔ f(x) > 4 Oleh karena f(x) > 4 dan grafik fungsi f(x) monoton naik, untuk nilai x semakin kecil nilai f(x) mendekati 4. 31. Jawaban: a

i=1 n

29. Jawaban: c Grafik memotong sumbu X jika y = 0. y = f(x) = 0 ⇔ 36 – 4 · 34x – 2 = 0 ⇔ 4 · 34x – 2 = 36 ⇔ 34x – 2 = 9 ⇔ 34x – 2 = 32 ⇔ 4x – 2 = 2 ⇔ 4x = 4 ⇔ x=1 Jadi, grafik fungsi eksponen memotong sumbu X di titik (1, 0).






Fungsi y = 9( 3 )x – 2 mempunyai bilangan pokok 1

1

a = 3 . Oleh karena 0 < a = 3 < 1, grafik fungsi 1

monoton turun. Grafik fungsi y = 9( 3 ) x – 2 mempunyai asimtot y = –2, maka untuk nilai x semakin besar, nilai y mendekati –2. Grafik fungsi memotong sumbu Y di titik (0, 7). Jadi, sketsa grafik yang benar pilihan a. 32. Jawaban: e Grafik memotong sumbu Y di titik (0, 20), maka f(x) = 20 · ax. Grafik monoton naik maka bilangan pokoknya a > 1. Dengan mengambil a = 2 diperoleh: f(x) = 20 · 2x = 5 · 4 · 2x = 5 · 22 · 2x = 5 · 2x + 2 Jadi, persamaan grafik fungsinya f(x) = 5 · 2x + 2.

33. Jawaban: b Grafik f(x) = 3 · 22x digeser ke kiri 3 satuan, maka persamaan bayangannya adalah h(x) = 3 · 22(x + 3). h(x) = 3 · 22(x + 3) = 3 · 22x + 6 Jadi, persamaan grafik fungsi hasil pergeseran adalah h(x) = 3 · 22x + 6. 34. Jawaban: c 43x + 1 – 82x + 2 + 480 = 0 ⇔ 22(3x + 1) – 23(2x + 2) = –480 ⇔ 26x · 22 – 26x · 26 = –480 ⇔ 26x(4 – 64) = –480 ⇔ 26x = 8 ⇔ 26x = 23 ⇔ 6x = 3

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(32 )2n ⋅ (72 )3n ⋅ 215n 72n

= 212

4n

6n

5n

3 ⋅ 7 ⋅ 21 72n

2

2x ⋅ 6x 24

⇔ 2

2

−4

= =

323x

144 12x ⋅ 2x

2

122 12x

2

18 2431 − 3x 1

⇔ ⇔

(4 · 9 · 34(4x+5) )2 =

2

–4

≤

3

⇔

37. Jawaban: a

⇔

1

x = 2 atau

x=1

39. Jawaban: b

⇔ 2x – 4 · 6x – 4 = 122 – x 2 ⇔ (2 · 6)x – 4 = 122 – x 2 ⇔ 12x – 4 = 122 – x ⇔ x2 – 4 = 2 – x 2 ⇔ x +x–6=0 ⇔ (x + 3)(x – 2) = 0 ⇔ x + 3 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x = –3 atau x = 2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {–3, 2}.

36 ⋅ 814x + 5 =

– 36 = 0

1

36. Jawaban: a 2

– 36 = 0

Jadi, himpunan penyelesaiannya { 2 , 1}.

2 9

6x − 4 16

81 p

⇔

= 212

n=

81 32x

⇔ 3p2 – 36p + 81 = 0 ⇔ p2 – 12p + 27 = 0 ⇔ (p – 3)(p – 9) = 0 ⇔ p – 3 = 0 atau p – 9 = 0 ⇔ p = 3 atau p=9 2x 1 2x ⇔ 3 = 3 atau 3 = 32 ⇔ 2x = 1 atau 2x = 2

34n · 74n · 215n = 212 214n · 215n = 212 219n = 212 9n = 2

⇔

3 · 32x +

3p +

35. Jawaban: c = 441

38. Jawaban: c 32x + 1 + 92 – x = 36 ⇔ 32x · 3 + 92 · 9–x – 36 = 0

Misal p = 32x maka persamaan eksponen menjadi:

x= 2 92n ⋅ 493n ⋅ 215n 72n

38x + 11 = 315x – 3 8x + 11 = 15x – 3 7x = 14 x=2

⇔

1

⇔

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

2⋅9 35(1 − 3x)

2 · 3 · 32(4x + 5) = 2 · 32 · 3–5(1 – 3x) 38x + 10 + 1 = 3–5 + 15x + 2

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

643x 25(3x

2

− 2 – 4)

≤

3

643x

− 2

2

215x – 20 ≤ 23x – 2 15x2 – 20 ≤ 3x – 2 15x2 – 3x – 18 ≤ 0 (5x – 6)(3x + 3) ≤ 0

Batas-batas nilai x: (5x – 6)(3x + 3) = 0 ⇔ 5x – 6 = 0 atau 3x + 3 = 0 ⇔

6

x= 5

atau

+

– –1

x = –1 + 6 5

6

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah –1 ≤ x ≤ 5 . 40. Jawaban: a 25x + 2 + 50 · 5x – 3 > 0 ⇔ 52(x + 2) + 10 · 5 · 5x – 3 > 0 2(x ⇔ 5 + 1) + 2 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0 ⇔ (5x + 1)2 · 52 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0 ⇔ 25(5x + 1)2 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0 Misal p = 5x + 1 maka pertidaksamaan menjadi: 25p2 + 10p – 3 > 0 ⇔ (5p – 1)(5p + 3) > 0


179

Batas-batas nilai p: (5p – 1)(5p + 3) = 0 ⇔ 5p – 1 = 0 atau 5p + 3 = 0 1

⇔

p= 5 +

3

atau

p=–5

– –

b.

+

3 5

3. a.

1 5

3

1

⇔ p < – 5 atau p > 5 3

Untuk p < – 5 tidak memenuhi karena bilangan pokok selalu lebih dari nol. Sehingga diperoleh: 1

p> 5 ⇔ 5x + 1 > 5–1 ⇔ x + 1 > –1 ⇔ x > –2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x| x > –2}. B. Uraian 1. Tabungan Andi: a = Rp250.000,00 b = Rp10.000,00 Tabungan Deni: a′ = Rp200.000,00 b′ = Rp20.000,00 Sn = Sn′ ⇔

1 n(2a + (n – 1)b) 2

=

1 n(2a′ 2

+ (n – 1)b′)

⇔ 2a + (n – 1)b = 2a′ + (n –1)b′ ⇔ (500.000 + (n – 1)10.000) = (400.000 + (n – 1)20.000) ⇔ 500.000 – 400.000 = (n – 1)20.000 – (n – 1)10.000 ⇔ 100.000 = 10.000(n – 1) ⇔ n – 1 = 10 ⇔ n = 11

a 1− r

= 32

⇔ a = 32(1 – r) Dari (2) diperoleh ar 1− r 2

⇔

32(1− r) × r 1− r 2

= 6,4

⇔

32(1− r) × r (1− r)(1+ r)

= 6,4

32r

⇔ 1+ r = 6,4 ⇔ 6,4 + 6,4r = 32r ⇔ 6,4 = 25,6r ⇔

r=

n

n

⇔ 414 = 2 (8 + 38) n

⇔ 414 = 2 × 46 ⇔ 414 = 23 × n ⇔ n = 18 Banyak bilangan yang disisipkan = n – 2 = 18 – 2 = 16.


1

= 4

1

1

= 32(1 – 4 ) 3

= 32 · 4 = 24 U6 = ar5

1

= 3 · 23 · (

Sn = 2 (U1 + Un)

6,4 25,6

Jadi, rasio deret tersebut 4 . b. a = 32(1 – r)

11

U1 = 8, Un = 38

. . . (3)

= 6,4

= 24 · ( 4 )5

= 2 (600.000) = 3.300.000 Jadi, tabungan keduanya akan berjumlah sama pada bulan ke-11 yaitu sebesar Rp3.300.000,00.

180

Deret tersebut yaitu a + ar + ar2+ . . ., dengan: a + ar + ar2 + . . .= 32 . . . (1) U2 + U4 + U6 + . . . = 6,4 ⇔ ar + ar3 + ar5 + . . . = 6,4 . . . (2) Dari (1) diperoleh:

1

S11 = 2 · 11(500.000 + (11 – 1)10.000)

2. a.

U1 = 8, Un = U16 = 38 U16 = U1 + (16 – 1) × b ⇔ 38 = 8 + 15 × b ⇔ 30 = 15 × b ⇔ b=2 Jadi, beda barisan tersebut 2.

= 3 · 23 · =

3 27

1 5 ) 22

1 210 3

= 128 3

Jadi, suku ke-6 deret tersebut 128 . 4. Banyak air pada periode I = U1 = 1.000 Banyak air pada periode II = U2 U2 = 1.000 – 5% × 1.000 = 95% × U1 Banyak air pada periode III = U3 U3 = U2 – 5%U2 = 95%U2 = 95%(95% U1) = (95%)2 · U1

Banyak air pada setiap periode membentuk barisan geometri dengan U1 = 1.000. r = =

Ruas kiri= 2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) + 2(3k) = (3k – 1) + 2(3k) = 3k – 1 + 2(3k) = 3(3k) – 1 = 3k + 1 – 1 (terbukti) Oleh karena ruas kiri = ruas kanan maka rumus tersebut benar untuk n = k + 1. Jadi, rumus tersebut benar untuk semua n bilangan asli.

U2 U1 95% × U1 U1

= 95% = 0,95 Banyak air pada periode III = U3 = U1r2 = 1.000 × (0,95)2 = 1.000 × 0,9025 = 902,5 ml Jadi, banyak air dalam wadah pada periode ke-3 sebanyak 902,5 ml. 5. a.

2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) + 2(3k) = 3k + 1 – 1

20

Σ ((k – 1)

2

b.

2 + 6 + 12 + . . . + n(n + 1) = ⇔ i)

+ 6k )

k=3

20−2

Σ

=

k = 3−2

1

∑ i(i + 1) =

i=1

18

⇔ 1(1 + 1) =

k=1

k=1 18

Σ (k2 + 8k + 13)

=

ii)

k=1

c.

13

13−3

k=4

k = 4− 3

Σ (k – 3)3 = Σ 20

Σ

10

Σ k3

k=1

(k3 + 5)

k = −4

=

((k + 3) – 3)3 =

20 + 5

Σ

k = −4 + 5

((k – 5)3 + 5)

25

Σ ((k3 + 3k2(–5) + 3k(–5)2 + (–5)3 + 5))

=

k=1 25

=

Σ (k3 –15k2 + 75k – 120)

k=1

6. a.

2 + 6 + 18 + . . . + 2(3n – 1) = 3n – 1 ⇔ i)

1× 2 × 3 3

n

Diasumsikan rumus tersebut benar untuk n = k. 2 + 6 + 12 + . . . + k(k + 1) =

(k + 1)(k + 2)(k + 3) 3

+ (k + 1)(k + 2) =

Ruas kiri = 2 + 6 + 12 + . . . + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2) =

k(k + 1)(k + 2) 3

+ (k + 1)(k + 2)

= (k + 1)(k + 2)

(

)

k 3

+1

k + 3

= (k + 1)(k + 2)  3   

Akan dibuktikan rumus tersebut benar untuk n = 1

=

i=1

1

i=1

⇔ 2=2 Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumus tersebut benar untuk n = 1. Diasumsikan rumus tersebut benar untuk n = k. 2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) = 3k – 1 Akan dibuktikan rumus tersebut benar untuk n = k + 1 yaitu:

k(k + 1)(k + 2) 3

Akan dibuktikan rumus tersebut benar untuk n = k + 1 yaitu 2 + 6 + 8 + . . . + k(k + 1)

∑ 2(3i – 1) = 3n – 1

∑ 2(3i – 1) = 31 – 1 ⇔ 2(31 – 1) = 3 – 1

ii)

1(1 + 1)(1 + 2) 3

⇔ 2=2 Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumus tersebut benar untuk n = 1.

18

Σ (k2 + 2k + 1 + 6k + 12)

=

n(n + 1)(n + 2) 3

Akan dibuktikan rumus tersebut benar untuk n = 1

((k + 2 – 1)2 + 6(k + 2))

Σ ((k + 1)2 + 6(k + 2))

=

b.

n

∑ i(i + 1) =

i=1

n(n + 1)(n + 2) 3

(k + 1)(k + 2)(k + 3) 3

Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumus tersebut benar untuk n = k + 1. Jadi, rumus tersebut terbukti benar untuk semua n bilangan asli. 1 7. Grafik fungsi f(x) = 3   2

bx + c

memotong sumbu Y di 1

titik (0, 12) dan melalui titik ( 3 , 6) maka  1  

f(0) = 12 dan f  3  = 6.


181

1 f(0) = 3 ·  

0+c

1

Substitusi x = 2 ke f(x) dan g(x).

 2

1 12 = 3  

⇔

 1    2

⇔

−2

1

c

Oleh karena f( 2 ) > 0 dan g( 2 ) > 0 maka

1

 2

d. 1

 1 3   2

2= =

⇔

–1 =

⇔

1 b 3

⇔

b+c

1

b−2

1

b−2

 1 3    2

 1 3    2 1 b– 3

Oleh karena f(0) genap dan g(0) ganjil maka x = 0 bukan penyelesaian.

2

1

Jadi, himpunan penyelesaiannya {–1, 2 , 1, 3}.

b=3

1 Diperoleh persamaan f(x) = 3    2

3x − 2

.

× 625x – 26 × 52x – 1 + 5 ≥ 0

1

⇔ 5 × 252x – 26 × 52x × 5–1 + 5 ≥ 0

3(x − 5) − 2

 2

1 = 3  

1 5

⇔ 3x − 17

26

(25x)2 – 5 25x + 5 ≥ 0

Misal p = 25x maka pertidaksamaan menjadi:

 2

1 Jadi, persamaan grafik fungsi h(x) = 3    2

3x − 17

.

8. Misal h(x) = 2x – 1, f(x) = 3x2 – x + 2, dan g(x) = 2x2 + x + 5. Penyelesaian persamaan eksponen tersebut dapat ditentukan dari beberapa kemungkinan berikut. a. f(x) = g(x) ⇔ 3x2 – x + 2 = 2x2 + x + 5 ⇔ x2 – 2x – 3 = 0 ⇔ (x – 3)(x + 1) = 0 ⇔ x – 3 = 0 atau x + 1 = 0 ⇔ x = 3 atau x = –1 b. h(x) = 1 ⇔ 2x – 1 = 1 ⇔ 2x = 2 ⇔ x=1 c. h(x) = 0 ⇔ 2x – 1 = 0

182

1 5

9.

Grafik f(x) digeser ke kanan 5 satuan maka:

⇔

x = 2 merupakan penyelesaian. h(x) = –1 ⇔ 2x – 1 = –1 ⇔ x=0 Substitusi x = 0 ke f(x) dan g(x). f(0) = 3 · 02 – 0 + 2 = 2 (genap) g(0) = 2 · 02 + 0 + 5 = 5 (ganjil)

=1

1 h(x) = 3  

1

1

6 = 3

−1

1

1 =  

 1  

 1    2

1

g( 2 ) = 2( 2 )2 + 2 + 5 = 6 > 0

f3 = 6

⇔

1

c

c = –2

⇔

1

 1    2

4=

⇔

1

f( 2 ) = 3( 2 )2 – 2 + 2 = 2 4 > 0

2

⇔

⇔

1

c

1

x= 2


1 2 p 5

26

– 5 p+5≥0 ⇔ p2 – 26p + 25 ≥ 0 ⇔ (p – 25)(p – 1) ≥ 0 Pembuat nol: (p – 25)(p – 1) = 0 ⇔ p – 25 = 0 atau p – 1 = 0 ⇔ p = 25 atau p = 1 Penyelesaian: +

– 1

+ 25

p ≤ 1 atau p ≥ 25 ⇔ 25x ≤ 1 atau 25x ≥ 25 ⇔ x ≤ 0 atau x ≥ 1 Jadi, penyelesaiannya x ≤ 0 atau x ≥ 1.

10.

160 8− x

160 5

⇔

−9x 2 − 5(3x + 2) 3x + 2

≤0

x

⇔

−9x 2 − 15x − 10 3x + 2

≤0

6x 3x + 2

⇔

9x 2 + 15x + 10 3x + 2

≥0

≥ 8–x · 64 3x + 2

⇔

32 ≥

⇔

25

⇔

5≥

⇔

5≥ −9x 2 3x + 2

2–3x

≥ 2

5≥

⇔

⇔

⇔

x

≥ 5 × 64 3x + 2

· 2

6x − 3x 3x + 2

6x 3x + 2

– 3x

6x − 3x(3x + 2) 3x + 2 2

−9x 3x + 2

–5≤0

Oleh karena (9x2 + 15x + 10) mempunyai D < 0 dan a > 0 maka (9x2 + 15x + 10) definit positif sehingga (9x2 + 15x + 10) > 0. Oleh karena

9x 2 + 15x + 10 3x + 2

≥ 0 dan (9x2 + 15x + 10) > 0 2 3

maka 3x + 2 > 0 ⇔ x > – . Jadi, himpunan penyelesaiannya {x| x >

2 }. 3


183


Menggunakan aturan yang berkaitan dengan fungsi eksponen dan logaritma dalam pemecahan masalah.

Kompetensi Dasar 5.1 5.2 5.3

Menggunakan sifat-sifat fungsi eksponen dan logaritma dalam pemecahan masalah. Menggambar grafik fungsi eksponen dan logaritma. Menggunakan sifat-sifat fungsi eksponen atau logaritma dalam penyelesaian pertidaks a m a a n eksponen atau logaritma sederhana.

Nilai

Indikator

Pantang menyerah

Menyelesaikan persamaan dan pertidaksamaan fungsi eksponen menggunakan sifat-sifat fungsi eksponen.

Pada bab ini akan dipelajari: 1. Fungsi eksponen dan grafiknya 2. Berbagai bentuk persamaan eksponen dan penyelesaiannya 3. Pertidaksamaan eksponen dan penyelesaiannya

Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

Menggambar grafik fungsi eksponen

• • • •

Menjelaskan tentang grafik fungsi eksponen Menyebutkan sifat-sifat grafik fungsi eksponen Menentukan unsur-unsur pada grafik fungsi eksponen Menggambar grafik fungsi eksponen

Siswa mampu menggambar grafik fungsi eksponen

Menggunakan sifat-sifat fungsi eksponen untuk menyelesaikan persamaan eksponen

• • •

Menyelesaikan persamaan eksponen dengan bilangan pokok berupa bilangan yang sama Menyelesaikan persamaan eksponen dengan mengubah ke bentuk persamaan kuadrat Menyelesaikan persamaan eksponen dengan bilangan pokok berupa fungsi

Siswa mampu menggunakan sifatsifat fungsi eksponen untuk menyelesaikan persamaan eksponen

Siswa dapat menggunakan aturan yang berkaitan dengan fungsi eksponen dalam pemecahan masalah

184


Menggunakan sifat-sifat fungsi eksponen untuk menyelesaikan pertidaksamaan eksponen

• •

Menyelesaikan pertidaksamaan eksponen dengan bilangan pokok berupa bilangan yang sama Menyelesaikan pertidaksamaan eksponen dengan mengubah ke bentuk pertidaksamaan kuadrat

Siswa mampu menggunakan sifatsifat fungsi eksponen untuk menyelesaikan pertidaksamaan eksponen

6. Jawaban: e Kurva fungsi eksponen monoton turun dengan bilangan pokok 2 dan memotong sumbu Y di titik (0, 6) yaitu: y = 6 · 2–x = 3 · 2 · 2–x = 3 · 21 – x

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c A B

= = =

22 − x 62 − x 2−x

 2   6 2−x  1   3

7. Jawaban: c Kurva melalui titik (0, 1), (1, 3), dan (2, 9). Fungsi eksponen yang benar adalah y = 3x karena: 1 = 30 3 = 31 9 = 32

( )

= 3−1

2−x

= 3x – 2

2. Jawaban: e 26x + 4 = 22(3x + 1) + 2 2 = (23x + 1) · 22 = 4p2

8. Jawaban: c Kurva melalui titik (0, 2) dan (1, 3). Fungsi yang sesuai adalah f(x) = 2x + 1 karena: f(0) = 20 + 1 ⇒ 2 = 1 + 1 f(1) = 21 + 1 ⇒ 3 = 2 + 1

3. Jawaban: e Grafik fungsi f(x) =

4  1

  9

−x + 1

melalui titik (a, 9),

9. Jawaban: c Y

maka f(a) = 9.  1

f(a) = 4   9 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

9=

−a + 1

32 = 3

a–

1

1

2= 2a– 2 4=a–1 a=5

4. Jawaban: e f(x) = k · 25x – 8 f(2) = k · 25 · 2 – 8 ⇔ 20 = k · 210 – 8 ⇔ 20 = k · 22 ⇔ k=5 f(x) = 5 · 25x – 8 f(1) = 5 · 25 · 1 – 8 5

= 5 · 2–3 = 8 5. Jawaban: a Grafik fungsi f(x) memotong sumbu Y jika x = 0. f(0) = 60 + 1 + 61 – 0 = 61 + 61 = 12 Jadi, f(x) memotong sumbu Y di titik (0, 12).

0

X

–4

1

1 2

4

0

32 = (32a – 2) 4 1 2

y=4·

4

(3−2 )−a + 1

4

Y 2x

–4 y = –4 · 2x

X y = 4 – 4 · 2x y = –4 · 2x

Cara lain: y = 4 – 4 · 2x untuk x = 0 ⇒ y = 4 – 4 · 1 = 0 sehingga grafik melalui titik (0, 0).

lim y = lim (4 – 4 · 2x) = 4 – 4 · ∞ = –∞

x→∞

x→∞

Untuk x semakin besar, nilai y semakin mendekati –∞.

lim y =

x→–∞

lim (4 – 4 · 2x)

x→–∞

=4–4·0=4 Untuk x semakin kecil, nilai y semakin mendekati 4. Jadi, grafik yang benar pilihan c. 10. Jawaban: d x

1 f(x) = 32 – x – 4 = 32 · 3–x – 4 = 9 ·   – 4 3

1)

 

Persamaan grafik f(x) mempunyai bilangan 1

1

pokok 3 . Oleh karena 0 < 3 < 1, grafik fungsi f(x) monoton turun.


185

2)

3)

Grafik memotong sumbu Y di titik (0, f(0)). f(0) = 32 – 0 – 4 = 9 – 4 = 5 Jadi, grafik memotong sumbu Y di titik (0, 5).  1   3

x

Diperoleh: 1

x′ = 2 (x + 2) ⇔ x = 2x′ – 2 1

x

y′ = 2 (y – 1) ⇔ y = 2y′ + 1 y = 23 – 2x ⇒ 2y′ + 1 = 23 – 2(2x′ – 2) ⇔ 2y′ = –1 + 27 – 4x′

1 9 ·   > 0 3

>0 ⇔

  x

⇔ 9 ·   – 4 > –4 3 ⇔ f(x) > –4 Oleh karena f(x) > –4, asimtot datarnya y = –4. 4) Oleh karena grafik fungsi f(x) monoton turun dan asimtot datarnya y = –4, untuk nilai x semakin besar, nilai f(x) mendekati –4. Jadi, pernyataan yang benar II dan V. 1

11. Jawaban: e f(x) = 2(5x + 3) = 2 · 5x + 6 Asimtot datar y = 5x adalah sumbu X atau garis y = 0. Asimtot datar y = 2 · 5x + 6 adalah garis y = 0 + 6 = 6. Jadi, asimtot datar grafik fungsi f(x) adalah y = 6. 12. Jawaban: c 3x > 0 ⇔

1

1

f′(x) = – 2 + 26 – 4x 1

1. a.

x+2

3 2 32 ⋅ 3 x

=

1

=

x+1

32 32 + x

 1 

1

 1     3

1

 1     3

1

 1     3

0

1

= 3

1 = 9 3

2

1

1

1

= 3 · 3 = 9

1 1 Jadi, f(0) = 3 , f(1) = 1 3 , dan f(2) = 9 . 9

2. a.

f(x) = 2–x Tabel fungsi f(x) = 2–x

x

...

–3

–2

–1

0

1

2

3

...

f(x)

...

8

4

2

1

1 2

1 4

1 8

...

n 12

Grafik fungsi f(x) = 2–x

36

f(x) = 2–x

= 20.000 · 2–3

Y 8

1

= 20.000 · 8 = 2.500 Jadi, jumlah serangga 36 hari yang lalu 2.500 ekor. 15. Jawaban: d f(x) = 23 – 2x → y = 23 – 2x 2 T=   −1

(x, y) → (x + 2, y – 1) O, 1 

1

1

 2   → ( 2 (x + 2), 2 (y – 1))

186


x + 1 – (2 + x)

x

1

f(1) = 3 ·

−4

S(–36) = 20.000 (2)– 12

1

= 32

f(x) = 3 ·    3

f(2) = 3 ·

14. Jawaban: b Banyak serangga mula-mula 20.000 ekor maka: S(n) = 20.000 (2)

f(x) =

3x + 2 9 ⋅ 3x

f(0) = 3 ·

13. Jawaban: c Misalkan m(x) = –x2 + 4x – 6.

1

1

x 1 = 3– 2 x – 1 = 1 ·  1  3  3

1

h(2) = 4–4 + 8 – 6 = 4–2 = 16

1

B. Uraian

32x · 3 > 0 ⇔ 32x – 1 > 0 ⇔ 5 + 32x – 1 > 5 ⇔ y>5 Jadi, daerah hasilnya {y | y > 5, y ∈ R}.

b

1

f′(1) = – 2 + 26 – 4 = – 2 + 22 = 4 – 2 = 3 2

b.

m(x) maksimum untuk x = – 2a = −2 = 2 Fungsi h(x) = 4m(x) maksimum jika nilai pangkatnya (m(x)) maksimum. Jadi, nilai maksimum fungsi h:

1

y′ = – 2 + 2 · 27 – 4x′ = – 2 + 26 – 4x′

(3x)2 > 0

⇔

1

⇔

4 2 1 –3 –2 –1 0

1 2 3

X

b.

f(x) = 3x – 1 Tabel fungsi f(x) = 3x – 1 x

...

–1

0

1

2

...

f(x)

...

−2 3

0

2

8

...

1 4. Grafik fungsi f(x) = 4  

x

3

1 1 satuan, maka f1(x) = 4  

Grafik fungsi f(x) = 3x – 1 Y

Substitusi nilai a = 2 dan b = 1 ke persamaan f(x) = 3ax + b diperoleh f(x) = 32x – 1. Jadi, persamaan grafik fungsi eksponen f(x) = 32x – 1.

x −1

3

f(x) = 3x – 1

1 Grafik f1(x) = 4  

8

x −1

3

digeser ke kanan .

digeser ke atas 3 satuan,

1 maka h(x) = 3 + f1(x) = 3 + 4  

x −1

3

1 h(–1) – h(1) = 3 + 4  

2 1 –2 –1 0 –1

−2

1 – 3 – 4  

3

1 2

1. Jawaban: b 3x2 + x – 2 = 81x + 2 ⇔ 3x2 + x – 2 = (34)x + 2 ⇔ 3x2 + x – 2 = 34x + 8 2 ⇔ x + x – 2 = 4x + 8 ⇔ x2 – 3x – 10 = 0 ⇔ (x – 5)(x + 2) = 0 ⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0 ⇔ x = 5 atau x = –2 Oleh karena a > b, diperoleh a = 5 dan b = –2 Nilai a – b = 5 – (–2) = 7

0

3

=4·9–4

X

3. f(x) = 3ax + b Grafik melalui titik (1, 3) dan (2, 27), maka f(1) = 3 dan f(2) = 27. f(1) = 3a + b ⇔ 3 = 3a + b ⇔ a + b = 1 . . . (1) f(2) = 32a + b ⇔ 27 = 32a + b ⇔ 33 = 32a + b ⇔ 2a + b = 3 . . . (2) Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). 2a + b = 3 a+b=1 –––––––– – a=2 Substitusikan a = 2 ke persamaan (1). a+b=1 ⇔ 2+b=1 ⇔ b = –1

.

= 32 5. Grafik fungsi f(x) = –4a – bx memotong sumbu Y di titik (0, –4), maka f(0) = –4. f(0) = –4a – 0 ⇔ –4 = –4a ⇔ a=1 Grafik f(x) digeser ke atas 3 satuan, maka g(x) = 3 – 4a – bx = 3 – 41 – bx. Grafik fungsi g(x) melalui titik (1, 1), maka g(1) = 1. g(1) = 3 – 41 – b ⇔ 1 = 3 – 41 – b 2(1 – b) ⇔ 2 =2 ⇔ 2(1 – b) = 1 1

⇔

1–b= 2

⇔

b= 2

1

Jadi, persamaan grafik fungsi g(x) = 3 – 4

2. Jawaban: c  1     27 

3−x

2–

= 81x

1

1– 2x .

4

2

⇔ 3–3(3 – x) = 34(x – 4) ⇔ –3(3 – x) = 4(x2 – 4) ⇔ –9 + 3x = 4x2 – 16 2 ⇔ 4x – 3x – 7 = 0 ⇔ (4x – 7)(x + 1) = 0 4x – 7 = 0 atau x + 1 = 0 ⇔

7

x= 4

atau

x = –1 7

Jadi, himpunan penyelesaiannya {–1, 4 }. Matematika Kelas XII Program IPA

187

3. Jawaban: a 3

95 − x 27

27 3

⇔

2(5 − x) 3

33 2(5 − x) −3 3

⇔

3

⇔

2(5 − x) 3 10 − 2x 3

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

5−x 3

9

⇔

⇔

6. Jawaban: a x

=

3x + 1

=

−(x + 1) 3 2

=

−(x + 1) 3 2

= 3

⇔ ⇔

−(x + 1) 2

9

−(x + 1) 2

1 − 2x 3

−(x + 1) 2

– 3 = =

⇔

 1

22 ·  2 

⇔

−4(x − 2) 3

2

−4(x − 2) 3

⇔ ⇔ ⇔

=

3

188

1

a

4 10

1

a + 10 a = 2 5 10

a=2

a=4 23x = 22 3x = 2 2

x= 3

8. Jawaban: d

8x 3

⇔ }.

82x − 1

2

2 2 (x

⇔

1 –4

3 2

− 4x + 3

2

– 4x + 3)

=

1 32x − 1

= 2–5(x – 1)

(x2 – 4x + 3) = –5(x – 1)

⇔ 3(x2 – 4x + 3) = –10(x – 1) ⇔ 3x2 – 12x + 9 = –10x + 10 ⇔ 3x2 – 2x – 1 = 0 ⇔ (3x + 1)(x – 1) = 0 ⇔

3(2x − 1)

= (34)

=2

· a · 2 + 10 = 2

⇔

23

1

x = – 3 atau x = 1 1

Oleh karena α > β, α = 1 dan β = – 3 . 1

Jadi, 2α + 3β = 2 · 1 + 3(– 3 ) = 2 + (–1) = 1.

3

81x = 81

4 5

⇔ ⇔ ⇔

=3

3 – 4

8x 10 2 3x

⇔

x=–4 3 – 4

(23x – 1) +

⇔

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

4

⇔

5. Jawaban: d x+2

x =–3

4

1 Jadi, himpunan penyelesaiannya {– 4

 1   4

⇔

⇔ 5 · 23x · 2–1 + =2 10 3x Misalkan 2 = a, persamaan menjadi:

= 25

x=

⇔ ⇔

4 5

–4x + 8 = 9 –4x = 1

⇔

1

23x = 16 23x = 2–4 3x = –4

7. Jawaban: d

= 32

=

1 – 16 · 23x = 0

4

4. Jawaban: c

4(x − 2) 3

– 16 · 2x = 0

Jadi, nilai x yang memenuhi – 3 .

2(1 – 2x) = –3(x + 1) 2 – 4x = –3x – 3 –4x + 3x = –3 – 2 –x = –5 x=5

x−2

– 16 · 2x = 0

⇔

−(x + 1) 2

–3=

1 4 3    16 

 1   4 1 22x

1

1

= 3–3 = 27


9. Jawaban: d 5x + 1 + 52 – x = 30 x ⇔ 5 · 51 + 52 · 5–x = 30

Misalkan 5x = p, persamaan menjadi: ⇔ 5p + 25p–1 = 30 ⇔ 5p – 30 + 25p–1 = 0 p –––––––––––––––––––––– × 5 ⇔ p2 – 6p + 5 = 0 Akar-akar persamaan kuadrat adalah p1 = 5α dan p2 = 5β. p1 · p2 ⇒ 5α · 5β = 5 ⇔ 5α + β = 51 ⇔ α+β=1 10. Jawaban: d 2x + 1 ⇔

+

1

2x · 21 +

Misalkan

2x

= 17

2x − 3 23 2x

8 p

⇔ ⇔

2p2 – 17p + 8 = 0 (2p – 1)(p – 8) = 0 1 2

= 17

2x

23

12. Jawaban: e

⇔

– 5 · 21 – 3x + 16 = 0  1   2

6x

  1 3x       2  

2

– 5 · 2 · 2–3x + 16 = 0 1 – 10 ·   2

3x

3x

2

=2

2–3x = 21 –3x = 1

⇔

x = –1 atau

x=–3

4

+ 16 = 0

– 3( 8

2

( 9 )x

⇔

1

⇔

1 atau  

=8

2–3x = 23 atau –3x = 3 atau

2

atau p = 8

2–1

3x

⇔ ⇔

⇔ ( 3 )2(x

Jadi, 3x – 3 = 32 – 3 = 3–1 = 3 . x

 1   2

⇔

1

13. Jawaban: b

11. Jawaban: b 3x + 2 + 9x + 1 = 810 x ⇔ 3 · 9 + 32x · 9 = 810 ⇔ 9 · (3x)2 + 9 · 3x – 810 = 0 Misalkan m = 3x, persamaan menjadi: ⇔ 9m2 + 9m – 810 = 0 ⇔ m2 + m – 90 = 0 ⇔ (m – 9)(m + 10) = 0 ⇔ m = 9 atau m = –10 ⇔ 3x = 9 atau 3x = –10 ⇔ x=2 Untuk 3x = –10 tidak ada nilai x yang memenuhi.

 1     64 

p2 – 10p + 16 = 0 ⇔(p – 8)(p – 2) = 0 ⇔ p – 8 = 0 atau p – 2 = 0 ⇔ p = 8 atau p=2

1

= atau = ⇔ ⇔ x = –1 atau x = 3 Diperoleh x1 = –1 dan x2 = 3. Jadi, x12 + x22 = (–1)2 + 32 = 1 + 9 = 10. 2x

= p, persamaan menjadi:

2

= p, persamaan menjadi: 2p +

3x

Jadi, akar-akar persamaan tersebut – 3 dan –1.

= 17

⇔

⇔ p=

1 Misalkan  

2

27

2–

( 3 )2(x

3

)1 – x = 2

3)( 2 )3(1 – x)

3

2–

3) + 3(1 – x)

2

= ( 3 )–1 2

= ( 3 )–1

⇔ 2(x2 – 3) + 3(1 – x) = –1 ⇔ 2x2 – 3x – 2 = 0 ⇔ (2x + 1)(x – 2) = 0 ⇔

1

x = – 2 atau x = 2 1

Diperoleh x1 = 2 dan x2 = 2 1

5

25

Jadi, (x1 – x2)2 = (– 2 – 2)2 = (– 2 )2 = 4 . 14. Jawaban: b Misalkan h(x) = x – 2, f(x) = x + 3, dan g(x) = 2x – 1. Penyelesaian persamaan tersebut dapat ditentukan dari beberapa kemungkinan berikut. 1) f(x) = g(x) ⇒ x + 3 = 2x – 1 ⇔ x =4 2) h(x) = 1 ⇒ x–2 =1 ⇔ x =3 3) h(x) = 0 ⇒ x–2 =0 ⇔ x =2 Substitusikan x = 2 ke f(x) dan g(x): f(2) = 2 + 3 = 5 (positif) g(2) = 4 – 1 = 3 (positif) Oleh karena f(2) > 0 dan g(2) > 0, x = 2 merupakan penyelesaian. 4) h(x) = –1 ⇒ x – 2 = –1 ⇔ x =1 Substitusikan x = 1 ke f(x) dan g(x): f(1) = 1 + 3 = 4 (genap) g(1) = 2 – 1 = 1 (ganjil) Oleh karena f(1) genap dan g(1) ganjil, x = 1 bukan penyelesaian. Jadi, himpunan penyelesaiannya {4, 3, 2}.


189

15. Jawaban: d 2 (x + 1)x – 16 = 1 2 ⇔ (x + 1)x – 16 = (x + 1)0 Misalkan f(x) = x2 – 16, g(x) = 0, dan h(x) = x + 1. Penyelesaian persamaan tersebut sebagai berikut. 1) f(x) = g(x) ⇔ x2 – 16 = 0 ⇔ (x – 4)(x + 4) = 0 ⇔ x – 4 = 0 atau x + 4 = 0 ⇔ x = 4 atau x = –4 2) h(x) = 1 ⇔ x+1=1 ⇔ x=0 3) h(x) = –1 ⇔ x + 1 = –1 ⇔ x = –2 Substitusikan x = –2 ke f(x). f(x) = x2 – 16 ⇒ f(–2) = –12 (genap) Oleh karena f(x) genap, x = –2 merupakan penyelesaian. Jadi, himpunan penyelesaiannya {–4, –2, 0, 4}.

⇔ ⇔

 1     27 

92x – 4 =

3

2. a.

b.

10

8x + 2 =

3

2 (3–3)x – 4

8x + 2 = 8

⇔

8x + 2 = 8

⇔

x+2=

 1   2

2x + 1

1 ⇔  

=

2x + 1

2

⇔ ⇔ ⇔ 190

(2–1)2x + 1

4 5

· 52x = 3 · 32x

4

5 2x 5

=

3 2x 3

1

Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan 1

tersebut adalah 2 .

24x − 1 ⋅

A 2x + 2

B

1 8

24 4x − 1

4.

4

24x − 1(0,125) 16

2–2x – 1 = 2

1

⇔ x= 2

2x + 10 3

2

1

52x – 5 · 52x = 32x + 3 · 32x

⇔ 52x – 1 = 32x – 1 Penyelesaian dari 52x – 1 = 32x – 1 adalah: 2x – 1 = 0

10

2x + 10 3

=

52x – 32x = 52x – 1 + 32x – 1 – 52x – 1 = 32x + 32x – 1

52x

⇔

2(x + 5) 3

=

7n + 7n + 1 – 21 · 7n – 1 = 245

⇔

⇔ x=2

⇔ 3x + 6 = 2x + 10 ⇔ x=4 Jadi, himpunan penyelesaiannya {4}. c.

⇔ ⇔

64x + 5

⇔

= 243

1

Jadi, himpunan penyelesaiannya {– 3 , 2}. b.

3

⇔ 7n + 7n · 7 – 21 · 7n · 7 = 245 ⇔ 7n (1 + 7 – 3) = 245 ⇔ 7n = 49 ⇔ 7n = 72 ⇔ n=2 3.

x=– 3

1 − 2n

1 9n + 1 + 32n + 1 + 45 ·  

⇔ 9n · 9 + 32n · 3 + 45 · 32n – 1 = 243 ⇔ 32n · 9 + 32n · 3 + 15 · 32n = 243 ⇔ 32n(9 + 3 + 15) = 243 ⇔ 32n = 9 ⇔ 32n = 32 ⇔ 2n = 2 ⇔ n=1

⇔ = ⇔ 2(2x – 4) = –3(x2 – 4) ⇔ 4x – 8 = –3x2 + 12 ⇔ 3x2 + 4x – 20 = 0 ⇔ (3x + 10)(x – 2) = 0 ⇔3x + 10 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔

x= 4

Jadi, himpunan penyelesaiannya { 4 }.

x2 − 4

(32)2x – 4

3

⇔

B. Uraian 1. a.

–2x – 1 = 2x – 4 –4x = –3

⋅2

−3

⋅2

−4

4x − 8 2

–2x – 1 = 4x − 8 2


22x + 1

C

AC2 = AB2 + BC2 ⇔ (2x + 2)2 = 42 + (22x + 1)2 ⇔ 22x + 4 = 16 + 24x+2 ⇔ 24x + 2 – 22x + 4 + 16 = 0 ⇔ 22 · 24x – 24 · 22x + 16 = 0

Misalkan p = 22x, persamaan tersebut menjadi: 4p2 – 16p + 16 = 0 ⇔ p2 – 4p + 4 = 0 ⇔ (p – 2)2 = 0 ⇔ p–2=0 ⇔ p=2 p=2 ⇔ 22x = 2 ⇔ 2x = 1 ⇔

c.

h(x) = 0 ⇔ x2 – 2x = 0 ⇔ x(x – 2) = 0 ⇔ x = 0 atau x = 2 Substitusikan x = 0 dan x = 2 ke f(x) dan g(x). f(0) = 02 – 2 · 0 = 0 g(0) = 6 + 0 = 6 Oleh karena f(0) dan g(0) keduanya tidak positif atau keduanya tidak negatif, x = 0 bukan penyelesaian. f(2) = 22 – 2 · 2 = 0 g(2) = 6 – 2 = 4 > 0 Oleh karena f(2) dan g(2) keduanya tidak positif dan keduanya tidak negatif, x = 2 bukan penyelesaian.

d.

⇔ x2 – 2x = –1 2 ⇔ x – 2x + 1 = 0 ⇔ (x – 1)2 = 0 ⇔ x=1 Substitusikan x = 1 ke f(x) dan g(x): f(1) = 12 – 2 · 1 = –1 (ganjil) g(1) = 6 – 1 = 5 (ganjil) Oleh karena f(1) ganjil dan g(1) ganjil, x = 1 merupakan penyelesaian.

1

x= 2

1

Jadi, nilai x yang memenuhi 2 . 2

5. Persamaan (x2 – 2x)x – 2x = (x2 – 2x)6 – x merupakan bentuk (h(x))f(x) = (h(x))g(x). Penyelesaiannya dapat ditentukan dari beberapa kemungkinan berikut. a. f(x) = g(x) ⇔ x2 – 2x = 6 – x 2 ⇔ x –x–6 =0 ⇔ (x + 2)(x – 3) = 0 ⇔ x = –2 atau x = 3 b.

h(x) = 1 ⇔ x2 – 2x = 1 ⇔ x2 – 2x – 1 = 0 ⇔ x=

2± 4+4 2

=

2±2 2 2

⇔ x = 1 + 2 atau x = 1 – 2

1. Jawaban: d Grafik fungsi f(x) berada di atas sumbu X ketika f(x) > 0. f(x) > 0 3

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

Jadi, himpunan penyelesaiannya {–2, 1 – 1+

2 , 1,

2 , 3}.

2. Jawaban: b

A. Pilihan Ganda

1 ⇔  

h(x) = –1

⇔

512 ⋅ 2x 32x

2

29 ⋅ 2 x 25x

2

≤

8x 64

≤

2 3x 26

2

2

– 27 > 0

32x + 1

3–2 · 3

2x + 1 2

3

– 33 > 0 2x − 3 2

2x − 3 2 2x − 3 − 6 2

> 33 >3 >0

2x – 9 > 0 9 2

⇔ x> Jadi, grafik fungsi f(x) berada di atas sumbu X 9

pada interval x > 2 .

⇔ 2x – 5x + 9 ≤ 23x – 6 ⇔ x2 – 5x + 9 ≤ 3x – 6 ⇔ x2 – 8x + 15 ≤ 0 ⇔ (x – 5)(x – 3) ≤ 0 Pembuat nol: x – 5 = 0 atau x – 3 = 0 x = 5 atau x = 3 Penyelesaian: +

+

– 3

5

⇔ 3≤x≤5 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 3 ≤ x ≤ 5.


191

3. Jawaban: b 1 x 1 2

   9

−4

≤ 274 – x

6. Jawaban: d 32x + 1 + 8 · 3x – 3 > 0 ⇔ 3 · 32x + 8 · 3x – 3 > 0 Misalkan p = 3x, pertidaksamaan menjadi: 3p2 + 8p – 3 > 0 ⇔ (3p – 1)(p + 3) > 0 Pembuat nol: 3p – 1 = 0 atau p + 3 = 0

2

1

2)

⇔

3–2( 2 x – 4) ≤ 33(4 – x

⇔

–2( 2 x – 4) ≤ 3(4 – x2)

1

≤ 12 – 3x2 ≤0 ≤0

x = 3 atau Penyelesaian:

4

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –1 ≤ x ≤ 3 }. 4. Jawaban: c 1

≤ 272 – x

812x − 1 −4(2x − 1)

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

3 2 ≤ 33(2 – x) –2(2x – 1) ≤ 3(2 – x) –4x + 2 ≤ 6 – 3x –x ≤ 4 x ≥ –4

5. Jawaban: d

⇔

5

x2 − x − 2 2

52 5x

p< 3 ⇔ ⇔ ⇔ p>9 ⇔ ⇔ ⇔

≥2–x

⇔ – x – 2 ≥ 4 – 2x ⇔ x2 + x – 6 ≥ 0 ⇔ (x + 3)(x – 2) ≥ 0 Pembuat nol: x + 3 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x = –3 atau x=2 Penyelesaian: +

– –3

1

1

3x < 3 3x < 3–1 x < –1 3x > 9 3x > 3 2 x>2

8. Jawaban: c 32x – 4 · 3x + 1 > –27 x 2 ⇔ (3 ) – 12 · 3x + 27 > 0 ⇔ (3x – 3)(3x – 9) > 0 Pembuat nol: 3x – 3 = 0 atau 3x – 9 = 0 ⇔ 3x = 3 atau 3x = 9

2

–

+ 3

⇔ ⇔


9

1 3

Jadi, penyelesaiannya x ≤ –3 atau x ≥ 2.

192

+

–

+

≥

x2

+

1

⇔ p = 3 atau p = 9 Penyelesaian:

≥

≥ 52 – x

x2 − x − 2 2

⇔

7. Jawaban: d 32x + 1 + 9 – 28 · 3x > 0 ⇔ 3 · 32x + 9 – 28 · 3x > 0 Misalkan p = 3x, pertidaksamaan menjadi: 3p2 + 9 – 28p > 0 ⇔ 3p2 – 28p + 9 > 0 ⇔ (3p – 1)(p – 9) > 0 Pembuat nol: 3p – 1 = 0 atau p – 9 = 0

+ 9

3x < 3 atau 3x > 9 x < 1 atau x > 2

▲

2

1

25 5x

2

5x 5 ⋅ 5x

⇔

1 3

p > 3 ⇔ 3x > 3 ⇔ 3x > 3–1 ⇔ x > –1

▲

2

5x 25 ⋅ 5x

–3

1

4 3

+

p < –3 ⇔ 3x < –3 (tidak ada nilai x yang memenuhi)

+

–1

p = –3 –

+

▲

x = –1

–

+

p = 3 atau Penyelesaian:

x+1=0

4

⇔

1

⇔

▲

⇔ –x + 8 ⇔ 3x2 – x – 4 ⇔ (3x – 4)(x + 1) Pembuat nol: 3 x – 4 = 0 atau

9. Jawaban: d 22x + 4 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0 2x + 2 · 22 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0 ⇔ 2 x ⇔ 4(2 + 1)2 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0

b.

Misalkan 2x + 1 = a, pertidaksamaan menjadi: 4a2 + 31a – 8 > 0 ⇔ (4a – 1)(a + 8) > 0 1

⇔

a < –8 atau a > 4 a < –8 ⇒ 2x + 1 < –8 (tidak ada nilai x yang memenuhi) a>

1 4

⇒ ⇔

2x + 1 > 2–2

Penyelesaian:

f(x) = 3x + 2 = 3x · 32 = 9 · 3x Grafik fungsi f(x) memotong sumbu Y di titik (0, 9). Grafik fungsi g(x) memotong sumbu Y di titik (0, 9 ). Kedua kurva berpotongan di titik (–2, 1). Grafik fungsi f(x) dan g(x) sebagai berikut.

+

3

9

3≤p≤9 ⇔ 3 ≤ 33x ≤ 9 ⇔ 31 ≤ 33x ≤ 32 ⇔ 1 ≤ 3x ≤ 2 1

b.

1

–

+

1

3x + 2 = 9 · 3–x ⇔ 3x + 2 = 3–2 · 3–x ⇔ 3x + 2 = 3–x – 2 ⇔ x + 2 = –x – 2 ⇔ 2x = –4 ⇔ x = –2 Ordinat titik potong adalah y = f(–2) atau y = g(–2). y = f(–2) = 3–2 + 2 = 30 =1 Jadi, titik potong f(x) dengan g(x) adalah (–2, 1).

⇔ x + 1 > –2 ⇔ x > –3 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x > –3}. 10. Jawaban: d 93x – 4 · 33x + 1 + 27 ≤ 0 ⇔ (32)3x – 4 · 33x · 3 + 27 ≤ 0 ⇔ (33x)2 – 12 · 33x + 27 ≤ 0 Misalkan p = 33x, pertidaksamaan menjadi: p2 – 12p + 27 ≤ 0 ⇔ (p – 9)(p – 3) ≤ 0 Pembuat nol: p – 9 = 0 atau p – 3 = 0 ⇔ p = 3 atau p=3

Titik potong f(x) dan g(x). f(x) = g(x) ⇔

1 4

2x + 1

>

2. a.

Grafik fungsi berada di bawah garis y = 1 berarti: f(x) < 1 ⇒ 4 – 31 – 2x < 1 ⇔ 31 – 2x > 3 ⇔ 1 – 2x > 1 ⇔ 2x < 0 ⇔ x<0 Jadi, nilai x < 0.

Y f(x) 9

2

⇔ 3 ≤x≤ 3 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah 1

2

{x | 3 ≤ x ≤ 3 }. B. Uraian 1. y = f(x) = 4 – a.

3 9x 3 9x 3 – 2x 3

f(x) = –23 ⇒ 4 – ⇔

(–1, 3)

(–3, 3)

= –23 = –27

⇔ = ⇔ 1 – 2x = 3 ⇔ –2x = 2 ⇔ x = –1 Jadi, nilai x = –1. 31 – 2x

33

(–3,

1 3

(–2, 1) ) • (–1,

–3 –2 –1

3

1 3

) 11

•3

g(x) (0,

1 ) 9

X


193

3

16 x

≥

64

1

26

4x − 6 3

⇔

2

⇔

4x − 6 3

≥

24 2 3x

≥ 24 – 3x ≥ 4 – 3x b.

⇔ 4x – 6 ≥ 12 – 9x ⇔ 13x ≥ 18 18

⇔

x ≥ 13 18

b.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≥ 13 }. 54x + 1 – 26 · 25x + 5 ≤ 0 ⇔ 5 · (52x)2 – 26 · 52x + 5 ≤ 0 Misalkan 52x = p, pertidaksamaan menjadi: 5p2 – 26p + 5 ≤ 0 ⇔ (5p – 1)(p – 5) ≤ 0 Pembuat nol: 5p – 1 = 0 atau p – 5 = 0 1

atau ⇔ p = 5 Penyelesaian: +

≤p≤5

1

1

1<

⇔

(m + 1)(n − 1) − n − m (m + 1)(n − 1)

<0

⇔

mn − m + n − 1 − n − m (m + 1)(n − 1)

<0

⇔

mn − 2m − 1 (m + 1)(n − 1)

–6>0 –6>0

⇔ p2 + 5 – 6p > 0 ⇔ p2 – 6p + 5 > 0 ⇔ (p – 5)(p – 1) > 0 Pembuat nol: p – 5 = 0 atau p – 1 = 0 ⇔ p = 5 atau p = 1


n − 1+ m + 1 (m + 1)(n − 1)

<0

5 5x

Misalkan p = 5x, pertidaksamaan menjadi:

1< n − 1+ m + 1 (m + 1)(n − 1)

⇔

p +

1

+

1 + 1 n−1 m+1

⇔

1

5 p

1

1

⇔ p > pm+1 · pn−1

1

{x | – 2 ≤ x ≤ 2 }.

194

1

5n – 1 = p ⇔ 5 = p n − 1 p > 15 ⇔ p > 3 · 5 1

⇔ –2 ≤x≤ 2 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah

5x +

1

⇔ 3 = pm+1

⇔ p > pm+1 n−1 Oleh karena 0 < p < 1 maka:

⇔ 5–1 ≤ 52x ≤ 51 ⇔ –1 ≤ 2x ≤ 1

4. a.

p<1 ⇔ <1 ⇔ 5x < 50 ⇔ x<0 p > 5 ⇔ 5x > 5 ⇔ 5x > 51 ⇔ x>1 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {x | x < 0 atau x > 1}. (x + 1)2x + 6 > (x2 + 2x + 1)3x + 5 ⇔ (x + 1)2x + 6 > ((x + 1)2)3x + 5 ⇔ (x + 1)2x + 6 > (x + 1)2(3x + 5) ⇔ 2x + 6 > 2(3x + 5) ⇔ 2x + 6 > 6x + 10 ⇔ 2x – 6x > 10 – 6 ⇔ –4x > 4 ⇔ x < –1 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {x | x < –1}.

5. 3m + 1 = p

5

1 5

⇔

p=5

–

+

1 5

5

5x

16 8x

4x 32

⇔

+

–

+

▲

3. a.

Penyelesaian:

Interval x sedemikian hingga f(x) di atas g(x) adalah x > –2 dan f(x) di bawah g(x) adalah interval x < –2.

▲

c.

1–

< 0 (terbukti)

5. Jawaban: b

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c − −1 

x + y  x −1 − y −1    −1

1

=

x −1 − y −1 x −1 + y −1

=

1 x 1 x

=

y−x xy y+x xy

=

y−x y+x

− +

3a = 4 2

1 1

3

a=12 = 2

3(x − 6) 2

3

x

1

3

= 2 2 · 2–3 = 8 · 2 2

x

3

= 256

1

Grafik fungsi h(x) melalui titik (p, 5 4 ) maka 1

h(p) = 5 4 . p

1

5 4 ⋅ 125

1

5p 4 ⋅ 53

–1 ⇔

54 =

⇔

64 =

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

8x − 6 = 2

1 x Grafik fungsi f(x) = 8 · 2 2 mempunyai bilangan pokok a = 2 > 1 berarti grafik monoton naik dan

4. Jawaban: e

5 500

⇔

6. Jawaban: b f(x) = 32x + 1 – 4 = 32x · 3 – 4 = (3x)2 · 3 – 4 x 3 >0 ⇔ (3x)2 > 0 2x ⇔ 3 ·3>0 ⇔ 32x · 3 – 4 > –4 ⇔ 32x + 1 – 4 > –4 ⇔ f(x) > –4 Jadi, daerah hasilnya f(x) > –4.

f(x) =

⇔ 2 – 2x – 7 = 28 2 ⇔ x – 2x – 7 = 8 ⇔ x2 – 2x – 15 = 0 ⇔ (x – 5)(x + 3) = 0 ⇔ x – 5 = 0 atau x + 3 = 0 ⇔ x = 5 atau x = –3 Jadi, grafik fungsi g(x) memotong sumbu X di titik (–3, 0) dan (5, 0).

h(p) =

23a = 24 2

7. Jawaban: e

x2

p

1

⇔

3

– 256 = 0 2 27 ⋅ 22x

⇔

82a = 16 2

Jadi, f–1(16 2 ) = 2 .

2

x2

⇔

⇔

3. Jawaban: c Grafik memotong sumbu X jika y = 0. y = g(x) = 0 ⇔

f(a) = 16 2

1 y 1 y

2. Jawaban: b Grafik memotong sumbu Y jika x = 0. 2 f(0) = 6 – 70 – 2 · 0 + 1 = 6 – 7 = –1 Jadi, grafik fungsi f(x) memotong sumbu Y di titik (0, –1).

2x 128 ⋅ 4 x

f–1(16 2 ) = a ⇒

25 = 5p – 3 52 = 5p – 3 2= p – 3 p=5

–1

k = 1 berarti grafik memotong sumbu Y di titik (0, 1 ). 8 8 Jadi, grafik yang benar pilihan e.

8. Jawaban: b Grafik fungsi eksponen monoton naik dan memotong sumbu Y di titik (0, 18), y = f(x) = 18 · ax. Dengan mengambil bilangan pokok 3, y = f(x) = 18 · 3x = 2 · 9 · 3x = 2 · 3x + 2. Jadi, persamaan grafik yang sesuai adalah y = 2 · 3x + 2. 9. Jawaban: b Grafik fungsi f(x) = ax jika digeser ke kanan 4 satuan akan menghasilkan grafik fungsi dengan persamaan h(x) = ax – 4 sehingga persamaan grafik fungsi h(x) = 6x – 4 + 3 ⇔ h(x) = 6x – 1. 10. Jawaban: d 1) Grafik fungsi f(x) = 53x + 2 – 125 mempunyai bilangan pokok a = 5 > 0 maka grafik monoton naik.


195

2)

Grafik memotong sumbu X jika y = 0. y = f(x) = 0 ⇔ 53x + 2 – 125 = 0 ⇔ 53x + 2 = 125 ⇔ 53x + 2 = 53 ⇔ 3x + 2 = 3 ⇔ 3x = 1 ⇔

3)

x=

14. Jawaban: a 3

1 3

1 Jadi, grafik memotong sumbu X di titik ( 3

, 0).

Grafik memotong sumbu Y jika x = 0. x = 0 ⇔ f(0) = 53 · 0 + 2 – 125 = 25 – 125 = –100 Jadi, grafik memotong sumbu Y di titik (0, –100). 4) 5x > 0 ⇔ 53x > 0 3x ⇔ 5 · 52 > 0 3x + 2 ⇔5 – 125 > –125 ⇔ f(x) > –125 Oleh karena f(x) > –125, asimtot datarnya y = –125. 5) Oleh karena asimtot datarnya y = –125 sehingga untuk nilai x semakin kecil, nilai f(x) mendekati –125. Jadi, pernyataan yang benar pilihan d. 11. Jawaban: b 3x + 2 ⇔

3x + 2

33

.

1 2 3

1 3 2

3x + 2 = 3

⇔

x+2=32

⇔

x=12

⇔

x+2 3

=3

1

–3(1 – x ) 2

3x – 3 2

=

⇔ 2(x + 2) = 3(3x – 3) ⇔ 2x + 4 = 9x – 9 ⇔ 7x = 13 13

⇔

x = 7 15. Jawaban: b  3   x −1 3 

⇔

2

=

1 9

3

2

32 – (2x – 2) = 3– 3 2

⇔ 2 – 2x + 2 = – 3 ⇔ ⇔

2

4 – 2x = – 3 14 3

= 2x 7

⇔

x= 3 7 3

3·

= 27 = 128.

16. Jawaban: e 128 4x

⇔

27 2 2x

=

2x

2

+x

8 2

=

2x + x 23 2

1

12. Jawaban: e 2x – 2–x = 6 x ⇔ (2 – 2–x)2 = 62 2x ⇔ 2 – 2 + 2–2x = 36 ⇔ 2x + 2–2x = 38 13. Jawaban: e 1

27 32x − 1

= 9

27 32x − 1

=

1 32

⇔ 33 – (2x – 1) = 3–2 ⇔ 3 – (2x – 1) = –2 ⇔ 4 – 2x = –2 ⇔ –2x = –6 ⇔ x=3

196

3

7

⇔

⇔

x+2 3

⇔

27(1 – x)

Nilai 8x = 8 3 = 2

= 27 3 =

1

3(x + 2) =


⇔ 27 – 2x = 2x + x – 3 ⇔ 7 – 2x = x2 + x – 3 2 ⇔ x + 3x – 10 = 0 ⇔ (x + 5)(x – 2) = 0 ⇔ x+5=0 atau x – 2 = 0 ⇔ x = –5 atau x =2 17. Jawaban: d 2 · 32x + 1 + 32x + 3 = 297 ⇔ 2 · 32x ·3 + 32x · 33 = 297 ⇔ 32x(6 + 27) = 297 ⇔ 32x = 9 ⇔ 32x = 32 ⇔ 2x = 2 ⇔ x =1 18. Jawaban: b 4y + x – 4y + x + 2 = –15 ⇔ 4y + x – 42 · 4y + x = –15 ⇔ (1 – 42) · 4y + x = –15 ⇔ –15 · 4y + x = –15 ⇔ 4y + x = 1 ⇔ y+x=0 ⇔ y = –x

19. Jawaban: e 2 9 2x – 6x + 1 = 272x – 4 2 – 6x + 1) 2(2x ⇔ 3 = 33(2x – 4) 2 ⇔ 4x – 12x + 2 = 6x – 12 ⇔ 4x2 – 18x + 14 = 0 α dan β akar-akar persamaan 4x2 – 18x + 14 = 0, b

18

1

maka α + β = – a = 4 = 4 2 . 20. Jawaban: d 34 – x + 3x – 30 = 0 34 3x

⇔

+ 3x – 30 = 0

––––––––––––––––– × 3x ⇔ 34 + 32x – 30 · 3x = 0 ⇔ 81 + 32x – 30 · 3x = 0 Misalkan p = 3x, persamaan menjadi: 81 + p2 – 30p = 0 ⇔ p2 – 30p + 81 = 0 ⇔ (p – 3)(p – 27) = 0 ⇔ p – 3 = 0 atau p – 27 = 0 ⇔ p = 3 atau p = 27 Untuk p = 3 ⇒ 3x = 3 ⇔ x=1 Untuk p = 27 ⇒ 3x = 33 ⇔ x=3 Jadi, x13 + x23 = 13 + 33 = 1 + 27 = 28.

23. Jawaban: c 2 (x2)x = x4x – x 2 ⇔ x2x = x4x – x 1) 2x = 4x – x2 ⇔ x2 – 2x = 0 ⇔ x(x – 2) = 0 ⇔ x = 0 atau x = 2 2) x = 1 3) x = 0 Substitusikan x = 0 ke 2x dan 4x – x2. 2x = 2(0) = 0 4x – x2 = 4(0) – 02 = 0 x = 0 tidak memenuhi 4) x = –1 Substitusikan x = –1 ke 2x dan 4x – x2 2x = 2(–1) = –2 (genap) 4x – x2 = 4(–1) – (–1)2 = –5 (ganjil) x = –1 tidak memenuhi Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {1, 2}.

21. Jawaban: a  9     25 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

3   5

x2 + 4x

125  ·  

x+4

 27 

2(x2 + 4x)

3 ·   5

−3(x + 4)

 

=1 3 =   5

0

 

2(x2 + 4x) – 3(x + 4) = 0 2x2 + 5x – 12 = 0 (2x – 3)(x + 4) = 0 2x – 3 = 0 atau x + 4 = 0 3

x = 2 atau

h(x) = 1 ⇔ x + 4 = 1 ⇔ x = –3 3) h(x) = 0 ⇔ x + 4 = 0 ⇔ x = –4 Substitusikan x = –4 ke f(x) dan g(x). f(–4) = –4 – 1 = –5 < 0 g(–4) = (–4)2 – 7 · (–4) + 6 = 50 > 0 Oleh karena f(–4) dan g(–4) keduanya tidak positif, x = –4 bukan penyelesaian. 4) h(x) = –1 ⇔ x + 4 = –1 ⇔ x = –5 Substitusikan x = –5 ke f(x) dan g(x). f(–5) = –5 – 1 = –6 (genap) g(–5) = 25 + 35 + 6 = 66 (genap) Oleh karena f(–5) dan g(–5) keduanya genap, x = –5 merupakan penyelesaian. Diperoleh semua penyelesaian: 1, 7, –3, dan –5. Jumlahnya = 1 + 7 + (–3) + (–5) = 0. 2)

x = –4 3

Oleh karena x1 < x2 maka x1 = –4 dan x2 = 2 . 3

Nilai x1 – 2x2 = –4 – 2 · 2 = –7. 22. Jawaban: c Misal h(x) = x + 4, f(x) = x – 1, dan g(x) = x2 – 7x + 6. Penyelesaian persamaan tersebut dapat ditentukan dari beberapa kemungkinan berikut. 1) f(x) = g(x) ⇔ x – 1 = x2 – 7x + 6 2 ⇔ x – 8x + 7 = 0 ⇔ (x – 1)(x – 7) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 7

24. Jawaban: d 5x – 2y + 1 = 25x – 2y ⇔ 5x – 2y + 1 = 52(x – 2y) ⇔ x – 2y + 1 = 2(x – 2y) ⇔ x – 2y + 1 = 2x – 4y ⇔ –x + 2y = –1 . . . (i) x – y + 2 x – 2y + 1 4 = 32 ⇔ 22(x – y + 2) = 25(x – 2y + 1) ⇔ 2(x – y + 2) = 5(x – 2y + 1) ⇔ 2x – 2y + 4 = 5x – 10y + 5 ⇔ –3x + 8y = 1 . . . (ii) Dari persamaan (i) dan (ii): –x + 2y = –1 × 3 –3x + 6y = –3 –3x + 8y = 1 × 1 –3x + 8y = 1 ––––––––––– – –2y = –4 ⇔ y =2 Matematika Kelas XII Program IPA

197

Substitusikan y = 2 ke persamaan (i). –x + 2y = –1 ⇔ –x + 4 = –1 ⇔ –x = –5 ⇔ x=5 Nilai x + y = 5 + 2 = 7. 25. Jawaban: d f(x) = 73x – 343 di atas sumbu X berarti f(x) > 0. 73x – 343 > 0 ⇔ 73x > 343 ⇔ 73x > 73 ⇔ 3x > 3 ⇔ x>1 Jadi, domain grafik fungsi tersebut adalah {x | x > 1}. 26. Jawaban: a Grafik fungsi f(x) di atas grafik fungsi g(x) jika f(x) > g(x). f(x) > g(x) ⇒

5x

2

–x+5

 1

>  5 

▲

–1

3

1

3

x≤ 2

28. Jawaban: e 3 1

16 x

64 x ⋅ 512 128x 26x ⋅ 29 27x

–

4x 3

>

–

4x 3

> 29 – x

⇔ 2 ⇔ 2

198

>

p=2

–

+

+ 2

1 8

1 8

≤p≤2

 1     27 

x2 − 4 2

32x · 3 – 63 · 32x · 9 ≥ –108 32x(3 – 7) ≥ –108 32x ≤ 27 32x ≤ 33 2x ≤ 3

⇔

p = 8 atau

92x – 4 ≥

27. Jawaban: c 32x + 1 – 63 · 9x – 1 + 108 ≥ 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

1

⇔

30. Jawaban: d

Jadi, interval x yang memenuhi sedemikian hingga grafik fungsi f(x) di atas g(x) adalah x < –1 atau x > 3.

⇔

29. Jawaban: c 22x + 3 – 17 · 2x + 2 ≤ 0 ⇔ 8 · 22x – 17 · 2x + 2 ≤ 0 Misalkan p = 2x, pertidaksamaan menjadi: 8p2 – 17p + 2 ≤ 0 ⇔ (8p – 1)(p – 2) ≤ 0 Pembuat nol: 8p – 1 = 0 atau p – 2 = 0

⇔ 2–3 ≤ 2x ≤ 21 ⇔ –3 ≤ x ≤ 1 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –3 ≤ x ≤ 1}.

▲

+

>9–x

⇔ –4x > 27 – 3x ⇔ –x > 27 ⇔ x < –27 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {x | x < –27}.

⇔

2

–

4x 3

−x − 8

⇔ 5x – x + 5 > 5x + 8 2 ⇔ x –x+5>x+8 ⇔ x2 – 2x – 3 > 0 ⇔ (x – 3)(x + 1) > 0 Pembuat nol: x – 3 = 0 atau x + 1 = 0 ⇔ x = 3 atau x = –1 Penyelesaian: +

⇔ –


⇔ (32)2x – 4 ≥ (3–3)x – 4 ⇔ 4x – 8 ≥ –3x2 + 12 2 ⇔ 3x + 4x – 20 ≥ 0 ⇔ (3x + 10)(x – 2) ≥ 0 Pembuat nol: 3x + 10= 0 atau x – 2 = 0 ⇔ 3x = –10 ⇔ x=2 10

⇔

x= – 3 Penyelesaian: +

+

– 10 –3

2

10

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≤ – 3 atau x ≥ 2}. B. Uraian 1. Grafik f(x) = 52x – 1 – 5 digeser ke atas 4 satuan maka: f1(x) = 52x – 1 – 5 + 4 = 52x – 1 – 1 Grafik f(x) digeser ke kiri 2 satuan maka: h(x) = 52(x + 2) – 1 – 1 = 52x + 3 – 1

Grafik fungsi:

Grafik h(x) memotong sumbu X jika y = h(x) = 0. h(x) = 0 ⇒ 52x + 3 – 1 = 0 ⇔ 52x + 3 = 1 ⇔ 2x + 3 = 0

Y 1 –3 –2 –1 0

1

⇔ x = –1 2 Grafik h(x) memotong sumbu Y jika x = 0. x = 0 ⇒ h(0) = 50 + 3 – 1 = 125 – 1 = 124 Jadi, grafik fungsi h(x) memotong sumbu X di titik

X

1 2 3

–3

1

(–1 2 , 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, 124). 2. Grafik fungsi f(x) = memotong sumbu Y di titik (0, 7) dan melalui titik (1, 56) maka f(x) = 7abx dan f(1) = 56. f(1) = 7ab ⇔ 56 = 7 · ab ⇔ ab = 8 1

f( 3 ) + f(2) = 7a

1 3

b

4. a.

1

1

1

= 7(8 3 + 82) = 7(2 + 64) = 462

x f(x)

f(x) = – 2 Tabel fungsi:

2

–1

3 4

1 2

–1

x= 3


–2

. . . –1

2

⇔

2x

...

24 · 82x – 1 + 43x + 2 = 304 ⇔ 24 · 82x · 8 + 43x · 42 = 304 ⇔ 3 · 26x + 16 · 26x = 304 ⇔ 26x(3 + 16) = 304 ⇔ 26x = 16 ⇔ 26x = 24 ⇔ 6x = 4

+ 7 · a2b

= 7((ab) 3 + (ab)2)

3. a.

y = –3x

–9

0

1

2

3

...

–1

0

2

6

...

b.

1

⇔81x · 81 – 324 · 92x · 81 ⇔ 34x · 81 – 4 · 34x ⇔ 34x(81 – 4) ⇔ 34x ⇔ 4x

Grafik fungsi: Y f(x) =

2x

–2

= 231 = 231 = 231 =3 =1 1

⇔

x = 4

1


6 5 4 3 2 1 –2 –1 0

81x + 1 – 324 · 92x – 2 = 231

5. a.

1 2 3

X

b.

2

2

5x – 2x + 1 = 6x – 2x + 1 ⇔ – 2x + 1 = 0 ⇔ (x – 1)2 = 0 ⇔ x=1 Jadi, nilai x yang memenuhi x = 1. x2

3 · 2x + 2 : 96 · 22x – 1 – 1 = 0 1

b.

⇔ 3 · 2x + 2 : 96 · 22x · 2 = 1

f(x) = –3x Tabel fungsi:

⇔

x

...

–2

–1

0

1

2

...

f(x)

...

– 91

– 31

–1

–3

–9

...

⇔

3 ⋅ 2x + 2 48 ⋅ 22x x+2

2 16 ⋅ 22x

=1 =1

⇔ 2x + 2 = 2x + 4 ⇔ x + 2 = 2x + 4 ⇔ x = –2 Jadi, nilai x yang memenuhi x = –2.


199

c.

16x + 1 – 24 · 4x + 8 = 0 ⇔ 16x · 16 – 24 · 4x + 8 = 0 ⇔ (4x)2 · 16 – 24 · 4x + 8 = 0 Misalkan p = 4x, persamaan menjadi: 16p2 – 24p + 8 = 0 ⇔ 2p2 – 3p + 1 = 0 ⇔ (2p – 1)(p – 1) = 0 ⇔ 2p – 1 = 0 p= 2

⇔

1 2

4x =

atau

22x = 2–1 2x = –1

⇔

x=–2

p =1

+

1

x =0 dan x = 0.

1

⇔(3 2 )4x > (32)6x + 7 > 2(6x + 7)

⇔ 2x > 12x + 14 ⇔ –10x > 14 14

7

x < – 10 ⇔ x < – 5

7

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < – 5 }.

200

1

9 2x

8. 22 – 2x + 2 <

( 3 )4x > 96x + 7

⇔

+

–

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {x | x < –4 atau x > 1}.

6. Misal h(x) = x2 – 5x + 7, f(x) = x2 – 4, dan g(x) = 2 – x. Penyelesaian persamaan tersebut dapat ditentukan dari beberapa kemungkinan berikut. a. f(x) = g(x) ⇔ x2 – 4 = 2 – x 2 ⇔ x +x–6=0 ⇔ (x + 3)(x – 2) = 0 ⇔ x = –3 atau x = 2 b. h(x) = 1 ⇔ x2 – 5x + 7 = 1 ⇔ x2 – 5x + 6 = 0 ⇔ (x – 2)(x – 3) = 0 ⇔ x = 2 atau x = 3 c. h(x) = 0 x2 – 5x + 7 = 0 D = (–5)2 – 4 · 1 · 7 = 25 – 28 = –3 < 0 (Tidak mempunyai penyelesaian bilangan nyata.) d. h(x) = –1. x2 – 5x + 7 = –1 ⇔ x2 – 5x + 8 = 0 D = (–5)2 – 4 · 1 · 8 = 25 – 32 = –7 < 0 (Tidak mempunyai penyelesaian bilangan nyata) Jadi, himpunan penyelesaiannya {–3, 2, 3}.

4x 2

1

< ( 2 )x + 5

–4

22x = 20 2x = 0

1 Jadi, nilai x yang memenuhi x = – 2

⇔

+ 4x + 1

4x = 1

⇔ ⇔

7. a.

2

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

atau p – 1 = 0

1

⇔

1

( 2 )x

b.


⇔

4 22x

9 2x

+2<

Misalkan p = 2x, pertidaksamaan menjadi: 4 p2

+2<

9 p

⇔ 4 + 2p2 < 9p ⇔ 2p2 – 9p + 4 < 0 ⇔ (2p – 1)(p – 4) < 0 Pembuat nol: 2p – 1 = 0 atau p – 4 = 0 1

⇔ p = 2 atau p = 4 +

+

– 1 2

⇔

1 2

⇔

1 2

< 2x < 4

4

⇔ 2–1 < 2x < 22 ⇔ –1 < x < 2 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {–1 < x < 2}. 4x

9. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

2

–x–2

2

× 2x

– 5x + 4

1

< 16 2 2 (22)x – x – 2 × 2x – 5x + 4 < 2–4 2 – 2x – 4 + x2 – 5x + 4 2x 2 < 2–4 2x2 – 2x – 4 + x2 – 5x + 4 < –4 3x2 – 7x + 4 < 0 (3x – 4)(x – 1) < 0

Pembuat nol: 3x – 4 = 0 atau x – 1 = 0

Misalkan 3x = p, pertidaksamaan menjadi: 9p2 – 10p + 1 < 0 ⇔ (9p – 1)(p – 1) < 0 Pembuat nol: 9p – 1 = 0 atau p – 1 = 0

4

⇔ x = 3 atau x = 1 +

+

– 1

⇔1
4 3

1

⇔ p= 9

4 3

p =1

Penyelesaian:

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

+

32x + 3 – 10 · 3x + 1 + 3 ⇔ 33 · 32x – 10 · 3 · 3x + 1 + 3 ⇔ 27 · 32x – 30 · 3x + 3 ⇔ 9 · 32x – 10 · 3x + 1

+

– 1

1 9

4

tersebut adalah 1 < x < 3 . 10.

atau

1

<0 <0 <0 <0

⇔ 9

201




5.2 5.3

Menggunakan sifatsifat fungsi eksponen dan logaritma dalam pemecahan masalah. Menggambar grafik fungsi eksponen dan logaritma. Menggunakan sifatsifat fungsi eksponen atau logaritma dalam penyelesaian pertidaksamaan eksponen atau logaritma sederhana.

Nilai Kritis

Indikator Mengajak siswa membuktikan rumus penyelesaian persamaan logaritma

Pada bab ini akan dipelajari: 1. Fungsi logaritma 2. Grafik fungsi logaritma 3. Persamaan logaritma 4. Pertidaksamaan logaritma

Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma

Menggambar grafik fungsi logaritma

Menyelesaikan persamaan logaritma

Menyelesaikan pertidaksaman logaritma

• Mendefinisikan pengertian fungsi logaritma • Menyebutkan sifat-sifat fungsi logaritma • Menggunakan sifat-sifat fungsi logaritma • Menggambar grafik fungsi logaritma

• Mendefinisikan persamaan logaritma • Menyelesaikan persamaan logaritma • Menyelesaikan permasalahan yang berkaitan dengan persamaan logaritma

• Mendefinisikan pertidaksamaan logaritma • Menyelesaikan pertidaksamaan logaritma • Menyelesaikan permasalahan yang berkaitan dengan pertidaksamaan logaritma

Siswa mampu menggambar grafik fungsi logaritma

Siswa mampu menyelesaikan persamaan logaritma

Siswa mampu menyelesaikan pertidaksamaan logaritma

Siswa dapat menggambar grafik fungsi logaritma dan menggunakan sifat-sifat fungsi logaritma untuk menyelesaikan persamaan dan pertidaksamaan logaritma

202


5. Jawaban: a Domain fungsi logaritma adalah Df = {x | x > 0 dan x ∈ R}. y = 2log (x2 – 7x + 10) Domain fungsinya: x2 – 7x + 10 > 0 ⇔ (x – 5)(x – 2) > 0

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: a 1

f(8) = 4 log (2 · 82 + 8 + 8) 1

= 4 log 144 1

= 4 log 9 · 16 1

1

+

= 4 log 9 + 4 log 16 –2 –2 = 2 log 32 + 2 log 24 2 = – log 3 – 2 · 2log 2 = –2log 3 – 2

6. Jawaban: c f(x) = xlog (2x2 + 5x – 3) terdefinisi jika x > 0, x ≠ 1, dan (2x2 + 5x – 3) > 0. 2x2 + 5x – 3 > 0 ⇔ (2x – 1)(x + 3) > 0 +

3. Jawaban: c

3 f( ) x

log x 2 − xlog 3

= = =

2·

=

3

log x

2−

1 3

×

log x

3 3

log x log x

3

2

( log x) 2 · 3log x − 1

=

3

3

3

(1 − log x) 1 − 2 · 3log x

f(x) = 2log (3x + 2

( log x) 2 · 3log x − 1

1 2

dan x ≠ 1. 1 , 2

–

x ≠ 1, x ∈ R}.

7. Jawaban: d Cara 1

2

3

1

Jadi, domainnya {x | x >

2

( log 3 − log x) 2 · 3log 3 − 2 · 3log x − 1

3 x

+ 1 2

⇔ x < –3 atau x > 2 Oleh karena x > 0 dan x ≠ 1 maka nilai x yang memenuhi adalah x >

3 log x )2 3 3 log x − 1

3

f(x) + f( ) =

– –3

3

(

+ 5

⇔ x < 2 atau x > 5 Jadi, domain fungsinya {x | x < 2 atau x > 5, x ∈ R}.

2. Jawaban: e 2log (32x2 + 96x + 72) = 2log 8(4x2 + 12x + 9) = 2log 8(2x2 + 3)2 = 2log 8 + 2log (2x + 3)2 = 3 + 2 · 2log (2x + 3) = 3 + 2p

f(x) =

– 2

3

2

(1 − log x) 1 − 2 · 3log x

=

(3 log x)2 − (1 − 3log x)2 2 · 3log x − 1

=

(3 log x)2 − (1 − 2 · 3log x + (3 log x)2 ) 2 · 3log x − 1

=

2 · 3log x − 1 2 · 3log x − 1

=1 4. Jawaban: d Fungsi y = alog x terdefinisi jika a > 0, a ≠ 1 serta x > 0. Fungsi y = x – 2log 5 terdefinisi jika x – 2 > 0 dan x – 2 ≠ 1. 1) x–2>0 ⇔ x>2 2) x–2≠1 ⇔ x ≠3 Dari 1) dan 2) diperoleh nilai x yang memenuhi adalah x > 2 dan x ≠ 3.

1 2

)

Beberapa titik yang dilalui x

0

1 6

1 2

7 6

5 2

31 6

21 2

f(x)

–1

0

1

2

3

4

5

Y 7 6

y = f(x) = 2log (3x +

5

1 2

4 3 2 1 –2 –1 0 –1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11

X

–2


203

)

Dari grafik tersebut diperoleh Domain = Df = {x| 0 ≤ x ≤

21 , 2

11. Jawaban: e f(x) = 5log 5x + 1 Beberapa titik yang dilalui

x ∈ R}

Range = Rf = {y| –1 ≤ y ≤ 5, y ∈ R} Cara 2 1 2

f(x) = 2log (3x +

)

Fungsi logaritma f(x) dengan bilangan pokok a = 2 > 1 merupakan fungsi monoton naik. Dengan demikian, semakin besar nilai x maka f(x) akan semakin besar. f(x) terkecil dicapai saat x = 0. f(0) = 2log (3 × 0 +

1 2

1 = 2 21 . 2

) = 2log

f(x) terbesar dicapai saat x = 21 f( ) 2

=

2log

(3 ×

21 2

+

1 2

)=

2log

Range fungsi = {f(0) ≤ f(x) ≤ f(

1 2

32 = 5

1

3

9

f(x) = 3log x

–

0

1

2

(x, f(x))

–

(1, 0)

(3, 1)

(9, 2)

Fungsi f(x) = 3log x melalui titik (1, 0), (3, 1), dan (9, 2). Y y = f(x) X

Jadi, grafik yang sesuai adalah pilihan b. 10. Jawaban: d Grafik fungsi monoton turun dan memotong sumbu X di titik (1, 0), maka persamaannya: y = alog x dengan 0 < a < 1. Persamaan grafik fungsi yang bilangan 1

pokoknya 0 < a < 1 adalah y = 2 log x. Jadi, persamaan grafik fungsi yang mungkin 1

y = 2 log x. 204

5

g(x) = 5log 5x

–2

–1

0

1

2

f(x) = 5log 5x + 1

–1

0

1

2

3

Y

4 3

y = f(x) = 5log 5x + 1

2

y = g(x) = 5log 5x

–2 –1 0

1

2

3

4

5

6

X

7

Dari grafik diperoleh kesimpulan berikut. 1) Grafik f(x) = 5log 5x + 1 dapat diperoleh dengan menggeser g(x) = 5 log 5x ke atas 1 satuan. 2) Grafik f(x) = 5log 5x + 1 memotong sumbu X di titik (

1 25

, 0).

Grafik f(x) = 5log 5x + 1 tidak memotong sumbu Y. Jadi, pernyataan yang benar adalah pilihan e. 3)

f(x) = – 3log x = 3log x–1 = 3log

0

9

1

12. Jawaban: b

x

3

1 5

)}

9. Jawaban: b Tabel titik bantu fungsi f(x) = 3log x

1

1 25

1

8. Jawaban: e Grafik pada soal merupakan grafik fungsi logaritma f(x) = alog x dengan a > 1. Sifat-sifat grafik tersebut: 1) mempunyai asimtot tegak x = 0; 2) memotong sumbu X di titik (1, 0); 3) daerah asal fungsi {x | x > 0, x ∈ R}. Jadi, pernyataan yang benar pada pilihan e.

0

1 125

–1

= {y| –1 ≤ y ≤ 5, y ∈ R}

2 1

x


Jika grafik fungsi f(x) = 3log

1 x 1 x

dicerminkan

terhadap sumbu X, bayangannya: 1

g(x) = 3 log

1 x

=

3−1

log x −1 = 3log x.

13. Jawaban: b 2 f(x) = 2log 2x ⇔ f(x) = x2 · 2log 2 ⇔ f(x) = x2 Grafik y = f(x) = x2 berbentuk parabola yang terbuka ke atas. Jadi, grafik yang benar pilihan b. 14. Jawaban: a Grafik melalui titik (3, 1), maka 1 = alog 3 ⇔ a1 = 3 ⇔ a = 3. Persamaan grafik menjadi y = 3log x. Invers dari y = 3log x adalah y–1 = 3x. Jadi, persamaan grafik fungsi inversnya y = 3x.

15. Jawaban: b Fungsi f(x) = 3log x

c.

Fungsi f(x) = 4log (x + 1)

x x

0

1

3

9

f(x) = 3log x

–

0

1

2

(x, f(x))

–

(1, 0)

(3, 1)

(9, 2)

f(x) =

4x

0

3

15

63

0

1

2

3

(0, 0)

(x, f(x))

(3, 1) (15, 2) (63, 3)

Grafik fungsi f(x) = 4log (x + 1)

Y

Y

3 2

3 1 0

3

f(x) = log x

1 0

1

3

0

(x, f(x))

63

X

⇔ g( ⇔ ⇔

1 ) 32

1 32

= k · 2log

15 = k · 2log 2–5 15 = k · (–5)

⇔

k=

15 −5

= –3

Jadi, nilai k = –3. b.

Fungsi f(x) = 4log x

f(x) = 4log x

15

g(x) = k 2log x

2. a.

B. Uraian

x

3

X

9

Grafik fungsi tersebut diperoleh dengan menggeser f(x) = 3log x ke atas 1 satuan. Jadi, persamaan grafik fungsi logaritma pada gambar adalah f(x) = 3log x + 1.

1. a.

4log

– –

1

2

0

1 2 1 2

(1, 0) (2,

4

16

64

1

2

3

) (4, 1) (16, 2) (64, 3)

Grafik fungsi f(x) = 4log x

g(x) = k · 2log x = –3 · 2log x Beberapa titik yang dilalui fungsi g(x) = –3 · 2log x x

1 8

1 4

1 2

1

2

4

8

f(x)

9

6

3

0

–3

–6

–9

2

3 4

5 6

9

Y

Y

8 7

3 1 0 12 4

64 X

16

6 5 4 3

b.

2 1

Fungsi f(x) = 4log 4x

x

0

f(x) = 4log 4x

–

(x, f(x))

–

(

1 4

1 4

1

4

16

64

0

1

2

3

4

, 0) (1, 1) (4, 2) (16, 3) (64, 4)

7 8

X

–3 –4 –6 –7

Y

–8 –9 16

1

–5

Grafik fungsi f(x) = 4log 4x 4 1 01 4

–4 –3 –2 –1 0 –1 –2

64 X

g(x) = –3 2log x


205

1 3

1

Grafik melalui titik (2, 0) dan (4, –1) maka:

Diperoleh persamaan f(x) = 2 log 2x . Grafik fungsi f(x) digeser ke kanan 2 satuan maka

f(2) = 0 ⇔

g(x) = 2 log 2(x + 2) .

3. f(x) =

log (ax + b) 1 3

log (a · 2 + b) = 0 1 3

⇔

1

Jadi, persamaan grafik fungsi g(x) = 2 log 2(x − 2) .

log (2a + b) = 0

⇔

2a + b =

⇔

 1   3

0

2a + b = 1 1 3

f(4) = –1 ⇔

. . . . (1)

log (a · 4 + b) = –1 1 3

⇔

 1   3

4a + b =

⇔

4a + b = 3

⇔

−1

. . . . (2)

Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). 2a + b = 1 4a + b = 3 –––––––––– – –2a = –2 ⇔ a=1 Substitusi nilai a = 1 ke persamaan (1). 2a + b = 1 ⇔ 2 · 1 + b = 1 ⇔ b = –1 Substitusi nilai a = 1 dan b = –1 ke persamaan 1

f(x) = 3 log (ax + b) diperoleh: 1

f(x) = 3 log (1 · x – 1) 1

= 3 log (x – 1) Jadi, persamaan grafik fungsi logaritma 1

f(x) = 3 log (x – 1). 4. Grafik f(x) = alog 2x melalui titik (2, –2) maka f(2) = –2. f(2) = alog 4 ⇔ –2 = alog 4 ⇔ a–2 = 4 1

a–2 = ( 4 )–1

⇔

a–2 = ( 2 )–2

⇔

206

5. Grafik f(x) = 3log (–2x2 + px + n) mempunyai titik ekstrem (–2, 2) maka: Absis titik ekstrem: xm = –2 xm =

log (4a + b) = –1

⇔

⇔

1

1

1

a= 2


⇔

–2 =

−b 2a −p 2(−2)

p = –8

Substitusi nilai p = –8 ke persamaan grafik f(x) = 3log (–2x2 + px + n) diperoleh f(x) = 3log (–2x2 – 8x + n). Grafik f(x) melalui titik (–2, 2), maka f(–2) = 2. 3log (–2(2)2 – 8(–2) + n) = 2 3log (–8 + 16 + n) = 2 ⇔ 3log (8 + n) = 2 ⇔ ⇔ 8 + n = 32 ⇔ 8+n=9 ⇔ n=1 Persamaan grafik menjadi: f(x) = 3log (–2x2 – 8x + 1) f(–1) = 3log (–2(–1)2 – 8(–1) + 1) = 3log (–2 + 8 + 1) = 3log 7 f(–3) = 3log (–2(–3)2 – 8(–3) + 1) = 3log (–18 + 24 + 1) = 3log 7 Nilai

f(−1) f(−3)

Jadi, nilai

=

3 3

log 7 log 7

f(−1) f(−3)

=1

= 1.

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: e 3log (2x – 1) = 2 ⇔ 3log (2x – 1) = 3log 32 ⇔ 3log (2x – 1) = 3log 9 Penyelesaian alog f(x) = alog p adalah f(x) = p. ⇔ 2x – 1 = 9 ⇔ 2x = 10 ⇔ x =5 Syarat numerus: 2x – 1 > 0 ⇔ 2x > 1 ⇔ x> Oleh karena x = 5 memenuhi syarat numerus 1

(x > 2 ) maka x = 5 merupakan penyelesaian. Jadi, penyelesaiannya x = 5. 2. Jawaban: d

log (x2 – 4x + 5) = –1

⇔

1 2

1

1

log (x2 – 4x + 5) = 2 log ( 2 )–1

Penyelesaian alog f(x) = alog p adalah f(x) = p. ⇔

1

x2 – 4x + 5 = ( 2 )–1

⇔ x2 – 4x + 5 = 2 ⇔ x2 – 4x + 3 = 0 ⇔ (x – 3)(x – 1) = 0 ⇔ x – 3 = 0 atau x – 1 = 0 ⇔ x = 3 atau x=1 Syarat numerus: (x2 – 4x + 5) > 0 (x2 – 4x + 5) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka (x 2 – 4x + 5) definit positif sehingga (x2 – 4x + 5) > 0 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 3}. 3. Jawaban: b 3log

1

(x + 2) = 3 log (2x + 3)

⇔ ⇔

3log

⇔

3log

(x + 2) = –1 · 3log (2x + 3) 3log (x + 2) = 3log (2x + 3)–1 (x + 2) =

3log

(

1 2x + 3

)

Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x). ⇔ ⇔

⇔

2x2 + 7x + 6 = 1 2x2 + 7x + 5 = 0 (2x + 5)(x + 1) = 0 2x + 5 = 0 atau x + 1 = 0 1

x = –2 2 atau x = –1

Syarat numerus: 1) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 2)

. . . (1)

2x + 3 > 0 ⇔ 2x > –3 ⇔ x >

1 –1 2

. . . (2)

1

Oleh karena x = –2 2 tidak memenuhi syarat 1

1 2

1 2

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

x+2=

1 2x + 3

numerus (1) dan (2) maka x = –2 2 bukan merupakan penyelesaian. Oleh karena x = –1 memenuhi syarat numerus (1) dan (2) maka x = –1 merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi x = –1. 4. Jawaban: b 2log (x2 + 11x + 31) = 6log (x2 + 11x + 31) Penyelesaian alog f(x) = blog f(x) adalah f(x) = 1. x2 + 11x + 31 = 1 ⇔ x2 + 11x + 30 = 0 ⇔ (x + 5)(x + 6) = 0 ⇔ x = –5 atau x = –6 Oleh karena x2 > x1 maka x1 = –6 dan x2 = –5. Nilai x12 + 2x2 = (–6)2 + 2(–5) = 36 – 10 = 26. 5. Jawaban: c (3x + 1)log 25 = 2 · 4log 5 ⇔

(3x + 1)log

25 = 4log 52

⇔

(3x + 1)log

25 = 4log 25

⇔ 3x + 1 = 4 ⇔ 3x = 3 ⇔ x =1 Syarat bilangan pokok: 1)

3x + 1 > 0 ⇔ 3x > –1

2)

⇔ x>–3 3x + 1 ≠ 1 ⇔ 3x ≠ 0

1

. . . (1)

⇔ x≠0 . . . (2) Oleh karena x = 1 memenuhi syarat bilangan pokok (1) dan (2) maka x = 1 merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1.

(x + 2)(2x + 3) = 1


207

6. Jawaban: e 1

5log 2 2

8. Jawaban: e =

6x + 1log

(2x + 1)log

2

1

⇔ 2 · 5log 2 = 6x + 1log 2 52log 2 = 6x + 1log 2 ⇔ 25log 2 = 6x + 1log 2 ⇔ Penyelesaian f(x)log a = g(x)log a adalah f(x) = g(x). ⇔ 25 = 6x + 1 ⇔ 6x = 25 – 1 ⇔ 6x = 24 ⇔ x=4 Syarat bilangan pokok: 1) 6x + 1 > 0 ⇔ 6x > –1 2)

1

⇔ 6x + 1 ≠ 1 ⇔ ⇔

x >–6 6x ≠ 0 x≠0

1

Oleh karena x = 4 memenuhi x > – 6 dan x ≠ 0 maka x = 4 merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 4. 7. Jawaban: d xlog (3x2 + 14x – 24) – xlog (5x + 6) = 0 xlog (3x2 + 14x – 24) = xlog (5x + 6) ⇔ Penyelesaian h(x)log f(x) = h(x)log g(x) adalah f(x) = g(x). ⇔ 3x2 + 14x – 24 = 5x + 6 ⇔ 3x2 + 9x – 30 = 0 ⇔ 3(x – 2)(x + 5) = 0 ⇔ x = 2 atau x = 5 a. Syarat numerus: 1) 3x2 + 14x – 24 > 0 ⇔ (3x – 4)(x + 6) > 0 +

–

+

–6

2)

. . . (1)

4 3

5x + 6 > 0 ⇔ 5x > –6 6

. . . (2)

6

–5

b.

Syarat bilangan pokok: 1) x > 0 . . . (3) 2) x ≠ 1 . . . (4) Oleh karena x = 2 memenuhi pertidaksamaan (1), (2), (3), dan (4) maka x = 2 merupakan penyelesaian. Oleh karena x = –5 tidak memenuhi pertidaksamaan (2) dan (4) maka x = –5 bukan merupakan penyelesaian. Jadi, himpunan penyelesaiannya {2}. 208

3

⇔ 4log (2x + 1) · (2x + 1)log (x2 + x + 2) = 2 3 ⇔


4log

(x2 + x + 2) = 4log 4 2

Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x). 3

⇔

x2 + x + 2 = 4 2

⇔ x2 + x + 2 – 8 = 0 ⇔ x2 + x – 6 = 0 ⇔ (x + 3)(x – 2) = 0 ⇔ x + 3 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x = –3 atau x = 2 a. Syarat numerus: 1) x2 + x + 2 > 0 (x2 + x + 2) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka (x2 + x + 2) definit positif sehingga (x2 + x + 2) > 0 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. . . . (1) 2) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > –1 ⇔ b.

1

x >–2

Syarat bilangan pokok: 1) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > –1 ⇔

1

x >–2

. . . (2) . . . (3)

2x + 1 ≠ 1 ⇔ 2x ≠ 0 ⇔ x≠0 . . . (4) Oleh karena x = –3 tidak memenuhi pertidaksamaan (2) dan (3) maka x = –3 bukan merupakan penyelesaian. Oleh karena x = 2 memenuhi pertidaksamaan (1), (2), (3), dan 4) maka x = 2 merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2. 2)

9. Jawaban: b xlog

⇔ x>–5

3

(x2 + x + 2) · 4log (2x + 1) = 2

1

81 – 2 · xlog 27 + xlog 9 + 2 · xlog 729 = 6 1

⇔ xlog 34 – 2 · xlog 33 + xlog 32 + 2 · xlog 36 = 6 ⇔ 4 · xlog 3 – 2 · 3 · xlog 3 + 2 · xlog 3 1

+ 2 · 6 xlog 3 = 6 ⇔ (4 – 6 + 2 + 3) xlog 3 = 6 ⇔ 3 · xlog 3 = 6 xlog 3 = 2 ⇔ f(x) Penyelesaian log g(x) = p adalah g(x) = (f(x)) p. ⇔ 3 = x2 ⇔ Syarat bilangan pokok: 1) x > 0 . . . (1) 2) x ≠ 1 . . . (2)

x=

3 atau x = – 3

Oleh karena x =

3 memenuhi syarat bilangan

pokok (1) dan (2) maka x = penyelesaian.

3 merupakan

1

Oleh karena x = – 3 tidak memenuhi syarat bilangan pokok (1) maka x = – 3 bukan merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah

3.

10. Jawaban: c 3log (x + 2) + 9log (4x2 + 12x + 9) = 1 3log (x + 2) + 9log (4x2 + 12x + 9) = 3log 3 ⇔ 1

⇔3log (x + 2) + 2 · 3log (4x2 + 12x + 9)= 3log 3 1 ⇔

3log

(x + 2) + 3log ((2x + 3)2) 2 = 3log 3

3log (x + 2) + 3log (2x + 3) = 3log 3 ⇔ 3log ((x + 2)(2x + 3)) = 3log 3 ⇔ Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x). ⇔ (x + 2)(2x + 3) = 3 ⇔ 2x2 + 7x + 6 – 3 = 0 ⇔ 2x2 + 7x + 3 = 0 ⇔ (2x + 1)(x + 3) = 0 ⇔ 2x + 1 = 0 atau x + 3 = 0

1

⇔ x=–2 Syarat numerus: 1) (x + 2)(2x + 3) > 0 +

– –2

3

–2

3

2)

atau x = –3

+

⇔ x < –2 atau x > – 2

. . . (1)

x + 2 > 0 ⇔ x > –2

. . . (2)

–2

3)

+ 12x + 9 > 0 ⇔ (2x + 3)2 > 0

11. Jawaban: e (3log x)2 – 3 · 3log x + 2 = 0 Misalkan 3log x = p, maka persamaan logaritma di atas menjadi: p2 – 3p + 2 = 0 ⇔ (p – 1)(p – 2) = 0 ⇔ p = 1 atau p=2 3log x = 1 ⇔ atau 3log x = 2 ⇔ x = 31 atau x = 32 ⇔ x = 3 atau x =9 Syarat numerus: x>0 Oleh karena x = 3 dan x = 9 memenuhi syarat numerus x > 0 maka x = 3 dan x = 9 merupakan penyelesaian. Diperoleh x1 = 3 atau x2 = 9. Jadi, nilai x1x2 = 3 · 9 = 27. 12. Jawaban: d 2log2 (2x – 2) – 2log (2x – 2) = 2 ⇔ (2log (2x – 2))2 – 2log (2x – 2) – 2 = 0 Misalkan 2log (2x – 2) = p, maka persamaan logaritma menjadi: p2 – p – 2 = 0 ⇔ (p – 2)(p + 1) = 0 ⇔ p – 2 = 0 atau p+1 =0 ⇔ p = 2 atau p = –1 ⇔ 2log (2x – 2) = 2 atau 2log (2x – 2) = –1 ⇔ 2x – 2 = 22 atau 2x – 2 = 2–1 1

⇔

2x = 6 atau

2x = 2 2

⇔

x = 3 atau

x =14

1

1

Oleh karena x = 3 dan x = 1 4 memenuhi syarat

+

1

numerus x > 1 maka x = 3 dan x = 1 4 merupakan penyelesaian.

+ 3

–2

⇔ x<

Jadi, penyelesaiannya x = – 2 .

Syarat numerus: 2x – 2 > 0 ⇔ 2x > 2 ⇔ x>1

4x2

3 –2

Oleh karena x = –3 tidak memenuhi syarat numerus (2) maka x = –3 bukan merupakan penyelesaian.

atau x >

1

3 –2

. . . (3)

1

Oleh karena x = – 2 memenuhi syarat numerus 1

(1), (2), dan (3) maka x = – 2 merupakan penyelesaian.

Jadi, nilai x yang memenuhi x = 3 atau x = 1 4 . 13. Jawaban: a 1

(2log (x + 2))2 + 2log (x + 2)3 = 2log 4 2 ⇔ log2 (x + 2) + 3 · 2log (x + 2) = 2log 2–2 ⇔2log2 (x + 2) + 3 · 2log (x + 2) = –2


209

Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x). ⇔ (x – 2)(x – 4) = 8 ⇔ x2 – 6x + 8 – 8 = 0 ⇔ x2 – 6x = 0 ⇔ x = 0 atau x = 6 Syarat numerus: 1) x – 2 > 0 ⇔ x > 2 . . . (1) 2) x – 4 > 0 ⇔ x > 4 . . . (2) Oleh karena x = 6 memenuhi (1) dan (2) maka x = 6 merupakan penyelesaian. Oleh karena x = 0 tidak memenuhi (1) dan (2) maka x = 0 bukan merupakan penyelesaian. Jadi, penyelesaiannya x = 6.

Misalkan y = 2log (x + 2) maka persamaan menjadi: y2 + 3y = –2 ⇔ y2 + 3y + 2 = 0 ⇔ (y + 2)(y + 1) = 0 ⇔ y1 = –2 atau y2 = –1 ⇔ 2log (x1 + 2) = –2 atau 2log (x2 + 2) = –1 ⇔ 2log (x1 + 2) = 2log ⇔

x1 + 2 =

⇔

1 4

x1 = –1

|x1 – x2| = |–1

3 4

1 4

atau 2log (x2 + 2) = 2log atau

3 4

x2 + 2 =

atau

1 2

x2 = –1

1 2

1 2

1 2

– (–1 )|

1 4

= |– | =

1 4

b.

= 0,25

14. Jawaban: b 5 · xlog 8 − 3 5 − xlog 8

=6

Misal xlog 8 = p persamaan menjadi: 5p − 3

=6 ⇔ 5−p ⇔ 5p – 3 = 30 – 6p ⇔ 11p = 33 ⇔ p=3 ⇔ xlog 8 = 3 ⇔ 8 = x3 ⇔ x =38 = 2 Jadi, nilai x yang memenuhi 2.

log (2x2 – 11x + 12) = log x(x – 3) ⇔ log (2x2 – 11x + 12) = log (x2 – 3x) Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x). 2x2 – 11x + 12 = x2 – 3x ⇔ x2 – 8x + 12 = 0 ⇔ (x – 2)(x – 6) = 0 ⇔ x = 2 atau x = 6 Syarat numerus: 1) 2x2 – 11x + 12 > 0 ⇔ (2x – 3)(x – 4) > 0 +

2

2

+ 4 log (x – 1) = 39 2 2 (4x + 3) + 2 2 log (x – 1) = 39 ⇔ 5 log 5 2 2 2 2 ⇔ 5 log (4x + 3) + 2 log (x – 1) = 39 ⇔ (4x2 + 3) + (x2 – 1)2 = 39 ⇔ 4x2 + 3 + x4 – 2x2 + 1 = 39 ⇔ x4 + 2x2 – 35 = 0 ⇔ (x2 + 7)(x2 – 5) = 0 2 ⇔ x + 7 = 0 atau x2 – 5 = 0 (tidak ada x x=± 5 yang memenuhi) Syarat numerus: 4x2 + 3 > 0 (4x2 + 3) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka (4x2 + 3) definit positif sehingga (4x2 + 3) > 0 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. Oleh karena a > b maka a = x1 = 5 dan b = x2 = – 5 . 5 5

log (4x + 3)

2

5 – (– 5 ) = 2 5 .

B. Uraian 2

log (x – 2) + 2log (x – 4) = 3

⇔

210

4

2)

⇔ x < 2 atau x > 4 x(x – 3) > 0

. . . (1)

2

Jadi, a – b =

1. a.

+

3

15. Jawaban: a 5

– 3 2

2log

((x – 2)(x – 4)) = 2log 8


+

– 0

+ 3

⇔ x < 0 atau x > 3 . . . (2) Oleh karena x = 2 tidak memenuhi (1) dan (2) maka x = 2 bukan merupakan penyelesaian. Oleh karena x = 6 memenuhi (1) dan (2) maka x = 6 merupakan penyelesaian. Jadi, penyelesaiannya x = 6. 2. a.

(2x + 1)

log (2x2 + x – 1) = (2x + 1)log (x2 + 5) Penyelesaian h(x)log f(x) = h(x)log g(x) adalah f(x) = g(x). ⇔ 2x2 + x – 1 = x2 + 5 ⇔ x2 + x – 6 = 0 ⇔ (x – 2)(x + 3) = 0 ⇔ x – 2 = 0 atau x + 3 = 0 ⇔ x = 2 atau x = –3

1)

Syarat numerus: a) 2x2 + x – 1 > 0 ⇔ (2x – 1)(x + 1) > 0

c.

1

⇔ x < –1 atau x > 2 . . . (1) x2 + 5 > 0 (x2 + 5) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka (x2 + 5) definit positif sehingga (x2 + 5) > 0 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. . . . (2)

b)

2)

Syarat bilangan pokok: a) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > 1 1 ⇔ x >–2 . . . (3) b) 2x + 1 ≠ 1 ⇔ 2x ≠ 0 ⇔ x≠0 . . . (4) Oleh karena x = 2 memenuhi (1), (2), (3), dan (4) maka x = 2 merupakan penyelesaian. Oleh karena x = –3 tidak memenuhi (3) maka x = –3 bukan merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2.

b.

xlog

4 + 4log x =

⇔ ⇔ ⇔

+ 4log x =

5 2

1

+ 4log x =

5 2

log x log 4

4

1 log x

⇔

+ 4log x =

1 + (4log x)2 = 4 log

x ← kali 4log x

Misalkan x = A maka persamaan logaritma menjadi: 1 + A2 = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

⇔

A 5

A2 – A + 1 = 0 2 2A2 – 5A + 2 = 0 ← kali 2 (2A – 1)(A – 2) = 0 2A – 1 = 0 atau A – 2 = 0

⇔ ⇔

5 2

A= 4log

x=

1 2 1 2

atau

A=2

atau 4log x = 2 1 2

1

3. a.

5 2 54 log 2

x = 4 atau

x = 42

⇔ x = 2 atau x = 16 1) Syarat numerus: x > 0 . . . (1) 2) Syarat bilangan pokok: x > 0, x ≠ 1 . . . (2) Oleh karena x = 2 dan x = 16 memenuhi syarat (1) dan (2) maka x = 2 dan x = 16 merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2 dan 16.

(3x2 + 2x – 1) = 2 Penyelesaian f(x) log g(x) = p adalah g(x) = (f(x)) p. ⇔ (3x2 + 2x – 1) = (x + 1)2 ⇔ 3x2 + 2x – 1 = x2 + 2x + 1 ⇔ 2x2 – 2 = 0 ⇔ 2(x2 – 1) = 0 ⇔ 2(x – 1)(x + 1) = 0 ⇔ x – 1 = 0 atau x + 1 = 0 ⇔ x = 1 atau x = –1 1) Syarat numerus: 3x2 + 2x – 1 > 0 ⇔ (3x – 1)(x + 1) > 0 . . . (1) ⇔ x < –1 atau x > 3 2) Syarat bilangan pokok: a) x + 1 > 0 ⇔ x > –1 . . . (2) b) x + 1 ≠ 1 ⇔ x≠0 . . . (3) Oleh karena x = 1 memenuhi syarat (1), (2), dan (3) maka x = 1 merupakan penyelesaian. Oleh karena x = –1 tidak memenuhi syarat (1) dan (2) maka x = –1 bukan merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1.

5 2

log 4 log x

(x + 1)log

(3x2 + 10)

log 3 =

1 1 27

+ 4 · 11xlog 3

log 11x

⇔

(3x2 + 10)log

⇔

(3x2 + 10)log

1

3 = 11xlog 27 + 11xlog 34 81

3 = 11xlog 27 (3x2 + 10)log 3 = 11xlog 3 ⇔ Penyelesaian f(x)log a = g(x) log a adalah f(x) = g(x). ⇔ 3x2 + 10 = 11x ⇔ 3x2 – 11x + 10 = 0 ⇔ (3x – 5)(x – 2) = 0 ⇔ 3x – 5 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔

5

x = 3 atau x = 2 Syarat bilangan pokok: 1) 3x2 + 10 > 0 (3x2 + 10) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka (3x2 + 10) definit positif sehingga (3x2 + 10) > 0 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. . . . (1) 2) 11x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2) 5

Oleh karena x = 3 dan x = 2 memenuhi syarat 5

(1) dan (2) maka x = 3 dan x = 2 merupakan penyelesaian. 5

Jadi, himpunan penyelesaiannya = { 3 , 2}.


211

b.

3log2

33

x–

log x =

3

log 9 1

⇔

3log2

x–

33

1

log x =

32

log 32

3log2 x – 3 · 3log x = 4 · 3log 3 ⇔ 3 ⇔ log2 x – 3 · 3log x – 4 = 0 3 ⇔ ( log x – 4)(3log x + 1) = 0 ⇔ 3log x – 4 = 0 atau 3log x + 1 = 0 3log x = 4 ⇔ atau 3log x = –1 Penyelesaian a log f(x) = a log p adalah f(x) = p. ⇔ x = 34 atau x = 3–1

⇔

1

x = 81 atau

x= 3

Syarat numerus: x > 0 1

Oleh karena x = 3 dan x = 81 memenuhi 1

syarat x > 0 maka x = 3 dan x = 81 merupakan penyelesaian. 1

Jadi, himpunan penyelesaiannya { 3 , 81}. 4. a.

b.

(3 – 3log x)

=9 x 3log x(3 – 3log x) = 3log 9 ⇔ ⇔ (3 – 3log x) · 3log x = 2 ⇔ 3 · 3log x – 3log2 x = 2 3 2 log x – 3 · 3log x + 2 = 0 ⇔ ⇔ (3log x – 1)(3log x – 2) = 0 3 atau 3log x = 2 ⇔ log x = 1 ⇔ 3log x = 3log 31 atau 3log x = 3log 32 ⇔ x =3 atau x=9 Syarat numerus: x > 0 Oleh karena x = 3 dan x = 9 memenuhi syarat numerus maka x = 3 dan x = 9 merupakan penyelesaian. Jadi, himpunan penyelesaiannya {3, 9}. 5log2

5log

x+5

21 – 5log 3 5log 21 3

5

= 3 · 5log x + (5

5log

5 )2

5log2 x + 5 log 7 = 3 · 5log x + (5 ⇔ a Ingat a log b = b.

5log

5 )2

⇔

5log2

x+5

5

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

212

5log

= 5log x3 + 25

5log2

x + 7 = 3 · 5log x + ( 5 )2 5log2 x + 7 = 3 · 5log x + 5 5log2 x – 3 · 5log x + 2 = 0 (5log x – 1)(5log x – 2) = 0 5log x = 1 atau 5log x = 2 5log x = 5log 5 5log x = 5log 52 x=5 x = 25


Syarat numerus: x > 0 . . . (1) x3 > 0 . . . (2) Oleh karena x = 5 dan x = 25 memenuhi (1) dan (2) maka x = 5 dan x = 25 merupakan penyelesaian. Jadi, himpunan penyelesaiannya {5, 25}. 4 log x

– 6(102 log x) + 5 = 0 5. 10 Penyelesaian f(x)log g(x) = p adalah g(x) = (f(x)) p. ⇔ (102 log x)2 – 6(102 log x) + 5 = 0 Misalkan y = 102 log x. ⇔ y2 – 6y + 5 = 0 ⇔ (y – 1)(y – 5) = 0 ⇔ y = 1 atau y = 5 y = 1 ⇔ 102 log x = 1 ⇔ 102 log x = 100 ⇔ 2 log x = 0 ⇔ x = 20 ⇔ x=1 y=5 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

102 log x = 5 log 102 log x = log 5 2 log x · log 10 = log 5 2 log x = log 5 log x2 = log 5 x2 = log 5

⇔ x = – 5 atau x = 5 Syarat numerus: x > 0 Oleh karena x = 1 dan x = 5 memenuhi syarat numerus maka x = 1 dan x =

5 merupakan

penyelesaian. Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 5 }. Cara lain: 104 log x – 6(102 log x) + 5 = 0 4 2 ⇔ 10log x – 6(10log x ) + 5 = 0 ⇔ x4 – 6x2 + 5 = 0 2 ⇔ (x – 1)(x2 – 5) = 0 ⇔ x2 = 1 atau x2 = 5 ⇔ x = ±1 atau x = ± 5 Oleh karena x numerus maka x > 0. Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 5 }.

Irisan (1) dan (2) sebagai berikut.

A. Pilihlah jawaban yang tepat. 1. Jawaban: c 2 log (x – 1)2 ≤ 2 2 log (x – 1)2 ≤ 2log 4 ⇔ Untuk a > 1 penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x) adalah f(x) ≤ g(x). ⇔ (x – 1)2 ≤ 4 ⇔ x2 – 2x + 1 – 4 ≤ 0 ⇔ x2 – 2x – 3 ≤ 0 ⇔ (x + 1)(x – 3) ≤ 0 +

–

+

–1

– 10 –3

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | – 10 < x < –3 atau 3 < x <

3

3. Jawaban: d 1 5

1

⇔

1 5

3

Jadi, nilai x yang memenuhi –1 < x ≤ 3, x ≠ 1. 2. Jawaban: e

1 3

⇔

1 3

⇔

2

1 3

2

1 3

log (x – 9) >

⇔ –2 < x < 4 Syarat numerus: x2 – 2x – 3 > 0 ⇔ (x – 3)(x + 1) > 0 +

–1

–2 –1

10 ) < 0 +

– 10

10

⇔ – 10 < x < – 10

. . . . (1)

Syarat numerus: x2 – 9 > 0 ⇔ (x + 3)(x – 3) > 0 –

+

3

. . . . (2)

4. Jawaban: c 2 log (x2 + x + 4) < 5log 625 2 ⇔ log (x2 + x + 4) < 4 2 ⇔ log (x2 + x + 4) < 2log 16 ⇔ x2 + x + 4 < 16 ⇔ x2 + x – 12 < 0 ⇔ (x + 4)(x – 3) < 0 ⇔ –4 < x < 3 – –4

3

. . . . (3)

3 4

⇔ –2 < x < –1 atau 3 < x < 4 Nilai yang memenuhi –2 < x < –1 atau 3 < x < 4 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –2 < x < –1 atau 3 < x < 4}.

+

+

⇔ x < –3 atau x > 3

–

. . . . (1)

Irisan (1) dan (2) sebagai berikut.

1 log ( 3 )0

log (x – 9) > log 1

–

+ 4

log (x – 9) > 0

+

–3

–2

2

10 )(x –

+

–

⇔

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x) adalah f(x) < g(x). ⇔ x2 – 9 < 1 ⇔ x2 – 10 < 0 ⇔ (x +

1

log (x2 – 2x – 3) > 5 log 5

+

⇔ x≠1 . . . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

1 3

1

log (x2 – 2x – 3) > 5 log ( 5 )–1

1

1

10 }.

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x) adalah f(x) < g(x). ⇔ x2 – 2x – 3 < 5 ⇔ x2 – 2x – 8 < 0 ⇔ (x + 2)(x – 4) < 0

⇔ –1 ≤ x ≤ 3 . . . . (1) Syarat numerus: (x – 1)2 > 0 ⇔ (x – 1)(x – 1) > 0

–1

3 10

+ 3

. . . . (2) Matematika Kelas XII Program IPA

213

Syarat numerus: x2 + x + 4 > 0 (x2 + x + 4) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka (x2 + x + 4) definit positif sehingga (x2 + x + 4) > 0 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. Jadi, nilai x yang memenuhi –4 < x < 3. 5. Jawaban: c 5

1 5

log (x – 1) ≤ log (2x – 1)

5 ⇔ log (x – 1) ≤ 5log (2x – 1)–1 Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x) adalah f(x) ≤ g(x).

1 2x − 1

⇔

x–1≤

⇔ (x – 1) –

1 2x − 1

≤0

(x − 1)(2x − 1) − 1 2x − 1

≤0

⇔

2

⇔

2x − 3x 2x − 1

≤0

⇔

x(2x − 3) 2x − 1

≤0

–

+ 0

Syarat numerus: 1) x – 1 > 0 ⇔ x > 1

9

log x < 2

⇔

9

log x < 9log 9 2 atau 9log x >9log 93

⇔

9

log x < 9log 3 atau 9log x >9log 729

atau 9log x > 3 1

⇔ x<3 atau x > 729 . . .(1) Syarat numerus: x > 0 . . . (2) Dari (1) dan (2) diperoleh nilai x yang memenuhi adalah 0 < x < 3 atau x > 729. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 0 < x < 3 atau x > 729}.

1 2

+

. . . . (1)

3 2

–1

log 2 = 2 log 2 = –1 · 2log 2 = 2log 2–1 = 2log

2

1

log 2 + 2log (3x – 1) < 2log (x + 2) 2

⇔

log

(3x − 1) 2

1 2

3x − 1 2

⇔ ⇔ ⇔

3x – 1 < 2x + 4 x<5

. . . . (3)

5

Syarat numerus: 1)

1

3x – 1 > 0 ⇔ x > 3

. . . . (2)

. . . . (3) 1

. . . . (1)

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

1 2

< 2log (x + 2)

Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x) adalah f(x) < g(x).

1 2

0

3 2

3

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 1 < x ≤ 2 }. 6. Jawaban: d 2 · 9log2 x – 7 · 9log x > –3 Misalkan p = 9log x. Persamaan logaritma di atas menjadi 2p2 – 7p > –3 2 ⇔ 2p – 7p + 3 > 0 ⇔ (2p – 1)(p – 3) > 0

1 3

2)

x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . . (3) –2

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut. –2

1 3

5

1

⇔ 3
+

– 1 2

214

1 2

log 2 + 2log (3x – 1) < 2log (x + 2)

⇔

1

2x – 1 > 0 ⇔ x >

1

p >3

⇔

1 2

. . . . (2) 2)

atau

p< 2

7. Jawaban: b

– 1 2

1

⇔

+

3


Jadi, nilai x yang memenuhi 3 < x < 5.

8. Jawaban: a log (x – 2) + log (x + 1) < 2 log (x + 4) ⇔ log ((x – 2)(x + 1)) < log (x + 4)2 ⇔ (x – 2)(x + 1) < (x + 4)2 ⇔ x2 – x – 2 < x2 + 8x + 16 ⇔ –9x < 18 ⇔ –x < 2 ⇔ x > –2

2)

x2 + 4x + 4 > 0 ⇔ (x + 2)2 ≥ 0 –2

⇔ x < –2 atau x > –2

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut. 8

. . . . (1)

–2

Syarat numerus: 1) x – 2 > 0 ⇔ x > 2 2) x + 1 > 0 ⇔ x > –1 3) x + 4 > 0 ⇔ x > –4

. . . . (3) –1

. . . . (4) –4

Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4) sebagai berikut.

1

log (3x + 2) + 1 2

⇔

 1    2

2

1

log (x + 2)2 > 2 log 1

⇔

1

 1    2

−2

log ((3x + 2)(x + 2)) > log 4

⇔

– 8 − 3

1 3

log (x2 + 2x + 1) > –2 log (x2 + 2x + 1) >

–

−

2 3

log

 1   3

−2

 1   3

x2 + 2x + 1 <

⇔ ⇔ ⇔

x2 + 2x + 1 < 9 x2 + 2x – 8 < 0 (x + 4)(x – 2) < 0 – –4

+ 2

−2

. . . . (1)

–4 < x < 2

Syarat numerus: 1) x2 + 2x + 1 > 0 ⇔ x < –1 atau x > –1 . . . . (2) –1

2

⇔ (x + 1) > 0 2)

x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . . (3)

–2

Syarat bilangan pokok: 1) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 2) x + 2 ≠ 1 ⇔ x ≠ –1 . . . . (4)

0

3x + 2 > 0 ⇔ x > –

1 3

⇔

+

8 3

< x < 0 . . . . (1)

Syarat numerus: 1)

1 3

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x) adalah f(x) < g(x).

1 2

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x) adalah f(x) < g(x). ⇔ (3x + 2)(x + 2) < 4 ⇔ 3x2 + 8x + 4 – 4 < 0 ⇔ 3x2 + 8x < 0 ⇔ x(3x + 8) < 0 +

log (x + 2) · (x + 2)log (x2 + 2x + 1) > –2

⇔

log (3x + 2) + 2 log (x + 2) > 2 log 4 1 2

1 3

⇔

⇔

log (3x + 2) + 4 log (x2 + 4x + 4) > –2 1 2

⇔

1

log (x2 + 2x + 1) · 3 log (x + 2) > –2

+

9. Jawaban: c

⇔

2

2

Jadi, nilai x yang memenuhi x > 2. 1 2

2

–3 0

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | – 3 < x < 0}. (x + 2)

2

–2 –1

– 3 –2

10. Jawaban: e

. . . . (2)

–4

. . . . (3)

2 3

–2 –1

Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4) sebagai berikut. –4

. . . . (2)

–2 –1

2

Jadi, nilai x yang memenuhi: –2 < x < 2 dengan x ≠ –1.


215

11. Jawaban: e 2 log x – xlog 2 > 0 ⇔

2

log x –

2)

1 2 log x

y–

y −1 y

⇔

(y − 1)(y + 1) y –

+

log

1 2

1 2

1 8

>0 –

0

+

< x < 1 atau x > 2 1

. . . . (1)

1

+

Jadi, nilai x yang memenuhi

1 2

< x < 1 atau x > 2.

12. Jawaban: c

– 4

⇔ p ≤ –2 atau p ≥ 4 ⇔ alog x ≤ –2 atau alog x ≥ 4 ⇔ x ≤ a–2 atau x ≥ a4 x≤

1 a2

1 2

2

 1    2

⇔

x≥

1 8

. . . . (1)

1 a2

. . . . (1)

a4

Jadi, nilai x yang memenuhi 0 < x ≤

1 a2

atau x ≥ a4.

14. Jawaban: d (x – 1)log 11 7 ≥ 11 (x – 1)log 11 ⇔ log 7 ≥ log 11 (x – 1) ⇔ log 11 · log 7 ≥ log 11 ⇔

log 11 log (x − 1)

⇔ ⇔ ⇔

1 8

Syarat numerus: 1) x > 0

0

−2

⇔ log (1 – log x) ≥ log Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) ≥ alog g(x) adalah f(x) ≤ g(x). ⇔ 1 – 2log x ≤ 4 2 ⇔ log x ≥ –3 ⇔ x ≥ 2–3

x ≥ a4

atau

Syarat numerus: x > 0 . . . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

log (1 – 2log x) ≥ –2 1 2

≤ x < 2.

+

–2

⇔

2

1 8

13. Jawaban: d Misalkan alog x = p a log2 x ≥ 8 + 2 alog x ⇔ p2 ≥ 8 + 2p 2 ⇔ p – 2p – 8 ≥ 0 ⇔ (p + 2)(p – 4) ≥ 0

2

Syarat numerus: x > 0 . . . . (2) Syarat bilangan pokok: x > 0, x ≠ 1 . . . . (3) Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut. 1 2

≤x<2

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah

1

< 2log x < 2log 1 atau 2log x > 2log 2

0

2

8

1 2

1 2


01

⇔ –1 < y < 0 atau y > 1 ⇔ –1 < 2log x < 0 atau 2log x > 1

⇔

. . . . (3)

2

>0

–1

2

log x < 1 x<2

>0 2

⇔

⇔

2

>0

Misal 2 log x = y, pertidaksamaan logaritma menjadi: 1 y

1 – 2log x > 0 ⇔ ⇔

· log 7 ≥ log 11 log 7 ≥ log (x – 1) 7≥x–1 x≤8

. . . . (2)

. . . . (1) 8

0

Syarat bilangan pokok: 1) x – 1 > 0 ⇔ x > 1 2) x – 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 2 . . . . (2) 1 2

216


Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

+

–

+

–3 1 2

8

⇔ –3 < x < 4 Syarat numerus x2 – x – 6 > 0 ⇔ (x + 2)(x – 3) > 0

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 1 < x ≤ 8, x ≠ 2}. 15. Jawaban: c Grafik fungsi f(x) di atas g(x) berarti g(x) < f(x). 1 9

⇔ ⇔

 1   3

1 3

+

1

log (x2 – 2x) < 3 log (x + 2)

2

4

. . . (1)

–

–2

+

3

⇔ x < –2 atau x > 3 . . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

1 3

log (x2 – 2x) < log (x + 2) 1

1

log (x 2 − 2x) 2 < 3 log (x + 2)

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x) adalah f(x) > g(x).

x2 − 2x > x + 2 x2 – 2x > (x + 2)2 x2 – 2x > x2 + 4x + 4 6x < –4

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

x<

b.

2 –3

1 4

1 4 1

2 3

Syarat numerus: 1) x + 2 > 0 ⇔ x > –2

3 4

log (x2 – 24) ≥ 0

⇔ . . . . (1)

−

–3 –2

⇔ –3 < x < –2 atau 3 < x < 4 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –3 < x < –2 atau 3 < x < 4}.

1

1

log (x2 – 24) ≥ 4 log ( 4 )0 1

⇔ 4 log (x2 – 24) ≥ 4 log 1 Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) ≥ alog g(x) adalah f(x) ≤ g(x). ⇔ x2 – 24 ≤ 1 x2 – 25 ≤ 0

⇔

⇔ (x + 5)(x – 5) ≤ 0 . . . . (2)

–2

2)

2

– 0

+ 2

–

+

–5

x – 2x > 0 ⇔ x(x – 2) > 0 ⇔ x < 0 atau x > 2 +

+

5

⇔ –5 ≤ x ≤ 5 Syarat numerus x2 – 24 > 0 . . . . (3)

. . . (1)

⇔ (x + 2 6 )(x – 2 6 ) > 0

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut. +

–2

2 − 3

0

2

–2 6

2

Jadi, batas nilai x yang memenuhi –2 < x < – 3 . B. Uraian 1. a.

log (x2 – x – 6) < 1 ⇔ 6log (x2 – x – 6) < 6log 61 Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x) adalah f(x) > g(x). ⇔ x2 – x – 6 < 6 2 ⇔ x – x – 12 < 0 ⇔ (x + 3)(x – 4) < 0

–

+

2 6

⇔ x < –2 6 atau x > 2 6 . . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

6

–5 –2 6

2 6

5

⇔ –5 ≤ x < –2 6 atau 2 6 < x ≤ 5 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –5 ≤ x ≤ –2 6 atau 2 6 < x ≤ 5}.


217

2. a.

1 5

1

Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≥ alog g(x) adalah f(x) ≤ g(x).

1

log (x + 5) + 5 log (x – 3) < 5 log (5x + 3) 1

1

5 log (x + 5)(x – 3) < 5 log (5x + 3) ⇔ Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x) adalah f(x) > g(x). ⇔ (x + 5)(x – 3) > 5x + 3 ⇔ x2 + 5x – 3x – 15 – 5x – 3 > 0 ⇔ x2 – 3x – 18 > 0 ⇔ (x + 3)(x – 6) > 0

⇔ ⇔ ⇔ +

–

+

x+1 x −1 1 x+1 – 2 x −1 2x + 2 − (x − 1) 2(x − 1) x+3 2(x − 1)

⇔

–3

≥0 ≥0 ≥0 . . . . (1)

+

–3

6

⇔ x < –3 atau x > 6 Syarat numerus 1) x + 5 > 0 ⇔ x > – 5

–

1

≥ 2

1

⇔ x ≤ –3 atau x > 1 Syarat numerus: 1) x + 1 > 0 ⇔ x > –1 . . . . (2) 2) x – 1 > 0 ⇔ x > 1 . . . . (3) Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.

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

–5

x–3>0⇔x>3

2)

–3

. . . (3) 3. a.

3

5x + 3 > 0 ⇔ 5x > –3

3)

3

⇔ x > –5

–1

1

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan tersebut adalah x > 1.

. . . (4)

Fungsi f terdefinisi apabila syarat numerusnya dipenuhi, yaitu: x2 – x – 6 > 0 ⇔ (x + 2)(x – 3) > 0 ⇔ x < –2 atau x > 3 +

3

–5

Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4) sebagai berikut. –5

–3

3

3

–5

6

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan tersebut adalah x > 6. b.

1 3

−1 1 2

3

218

2

–1

log 4 = 3 log 22 = −1 · 3log 2

=

3

· 3log 2–1 =

log

1 2

log (x – 1) ≥ log 4

⇔

3

x + 1 log   ≥

3

⇔

3

x + 1 log   ≥

( 3)2

⇔

3

 x −1  x −1  x + 1   x −1

Jadi, daerah asal fungsi f(x) adalah {x | x < –2 atau x > 3}. f(x) ≥ 0 ⇔ 1 – 6log (x2 – x – 6) ≥ 0 6 log (x2 – x – 6) ≤ 1 ⇔ 6 ⇔ log (x2 – x – 6) ≤ 6log 6 ⇔ x2 – x – 6 ≤ 6 2 ⇔ x – x – 12 ≤ 0 ⇔ (x + 3)(x – 4) ≤ 0 – –3

1 3

log 

b.

≥

3

log

1 2

log 2–2

log 2–1


+ 3

+

3

log (x + 1) –

– –2

+ 4

⇔ –3 ≤ x ≤ 4 Oleh karena domain fungsi f adalah {x | x < –2 atau x > 3} maka fungsi f tidak negatif untuk interval –3 ≤ x < –2 atau 3 < x ≤ 4. Jadi, interval x yang memenuhi f(x) ≥ 0 adalah –3 ≤ x < –2 atau 3 < x ≤ 4. 4. Misalkan alog x = p a log2 x + 10 ≤ 7 alog x ⇔ p2 + 10 ≤ 7p ⇔ p2 – 7p + 10 ≤ 0 ⇔ (p – 2)(p – 5) ≤ 0

+

–

+

2

2)

5

⇔ 2≤p≤5 ⇔ 2 ≤ alog x ≤ 5 ⇔ alog a2 ≤ alog x ≤ a5 ⇔ a2 ≤ x ≤ a5 Jadi, nilai x yang memenuhi a2 ≤ x ≤ a5. 5. a.

1 2

 2x − 1 

3x + 1 ⇔ log log   <

1 2

1 4 1 4

⇔

log

 3x + 1    2x − 1 

log

 3x + 1    2x − 1 

–2

1

3x + 1 2x − 1 1 3x + 1 – 4 2x − 1

⇔

⇔

12x + 4 − 2x + 1 4(2x − 1)

<0

⇔

10x + 5 4(2x − 1)

<0

+

⇔ ⇔ ⇔

log (2x + 8) ≤ x log ( x)2 2x + 8 ≥ x x ≥ –8 . . . . (2)

–4

1 2

. . . . (1)

1

Dari (1), (2), dan (3) diperoleh penyelesaian 0 < x < 1. 2)

Untuk x > 1

. . . . (4)

1

3x + 1  3x + 1 log   > 0 ⇔ 4 log   > 4 log 1  2x − 1 

⇔ ⇔ ⇔

a

3x + 1 2x − 1 3x + 1 –1 2x − 1 3x + 1− (2x − 1) 2x − 1 x+2 2x − 1 +

<1

x

log (2x + 8) ≤

x

log x

⇔(2x + 8) ≤ x ⇔ x ≤ –8

. . . . (5)

<0 Syarat numerus: 2x + 8 > 0 ⇔ x > –4

<0

–8

. . . . (6)

<0

–

–4

+ 1 2

–2

⇔

1

 x −1 

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian log f(x) > a log g(x) adalah f(x) < g(x). ⇔

. . . . (3)

+ 1 2

1 –2 1 4

x

Syarat numerus: 2x + 8 > 0 ⇔ x > –4

Syarat numerus: 1)

log (2x + 8) ≤ 2

–8

–

1 – 2

⇔

1

0 1 x

<0 <0

1 2

Nilai bilangan pokok bisa 0 < x < 1 atau x > 1. 1) untuk 0 < x < 1 . . . . (1)

1

4(3x + 1) − (2x − 1) 4(2x − 1)

1 1 – 2 3

1

< 4

⇔

–

{x | – 2 < x < – 3 }.

> 4 log 4 Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x) adalah f(x) < g(x). ⇔

1

Jadi, himpunan penyelesaiannya

b.

>1 1

1 2

1

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x) adalah f(x) < g(x). ⇔

1 3

+

⇔ x < – 3 atau x > 2 . . . . (3) Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.

log 1

 2x − 1 

– –

1

1 4

>0 +

3x + 1 log 4 log   <0 1 2

3x + 1 2x − 1

1

–2 < x < 2

. . . . (2)

Dari (4), (5), dan (6) tidak ada nilai x yang memenuhi. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 0 < x < 1}.


219

4. Jawaban: e

A. Pilihan Ganda

1

Fungsi f(x) = 3 log (x + 1)

1. Jawaban: d 1

x

f(2) = 2 log (10 · 2 + 4)

1 3

f(x) = log (x + 1)

1 2

= log 24

2

8

26

0

–1

–2

–3

(0, 0)

(x, f(x))

(2, –1) (8, –2) (26, –3)

1

1

Grafik fungsi 3 log (x + 1):

= 2 log 8 · 3 1 2

Y 1 2

1 2

= log 8 + log 3 –1 –1 = 2 log 23 + 2 log 3

Jadi, grafik y =

= –3 – 2log 3 2. Jawaban: b f(x) = 2log (6x – 2) memotong sumbu X jika f(x) = 0 2 log (6x – 2) = 0 2 ⇔ log (6x – 2) = 2log 1 ⇔ 6x – 2 = 1 1

⇔

x= 2

1

Jadi, grafik memotong sumbu X di titik ( 2 , 0).

1

5

25

f(x) = log x

–

0

1

2

(x, f(x))

–

(1, 0)

(5, 1)

(25, 2)

5

Grafik fungsi y = log x: Y

y = f(x) 5

log (x + 1) ditunjukkan oleh

gambar e. 5. Jawaban: a Grafik fungsi f(x) = 4log 2x + 1 memotong sumbu X jika f(x) = 0. 4 log 2x + 1 = 0 4 ⇔ log 2x = –1 4 ⇔ log 2x = 4log 4–1 1

⇔

2x = 4

⇔

x= 8

1 1

0 5

1 3

X

Grafik fungsi f(x) memotong sumbu X di titik ( 8 , 0). Fungsi f(x) = 4log 2x + 1 mempunyai bilangan pokok a = 4. Oleh karena a = 4 > 1, grafik f(x) monoton naik. Jadi, grafik yang benar pilihan a.

3. Jawaban: a Fungsi f(x) = 5log x x

26

8

–1 –2 –3 –4

= –3 · 2log 2 – 2log 3

2 1 0 1

0

25

X

6. Jawaban: d Grafik fungsi y = alog x melalui titik (8, 1). y = alog x ⇔ 1 = alog 8 a ⇔ log a1 = alog 8 ⇔ a =8 Jadi, persamaan grafik fungsi tersebut adalah y = 8log x. 7. Jawaban: c

Jadi, grafik y = 5log ditunjukkan oleh gambar a.

1

Jika grafik fungsi a log x dicerminkan terhadap sumbu x1 akan diperoleh grafik y = alog x. 1

Jika grafik fungsi f(x) = 4 log 2x dicerminkan terhadap sumbu X, akan diperoleh grafik y = 4log 2x.

220


1

2

y = 4log 2x = 2 log 2x

3)

1

= 2 · 2log 2x =

1 2

=

1 2

2

· log 2 +

⇔ 1 2

2

· log x

y=

+ log x

+ log x .

1

b= 3

a

Persamaan grafik menjadi f(x) = log

1 x. 3

Grafik melalui titik (9, 4) maka f(9) = 4. 1

f(9) = alog 3 · 9 ⇔ 4 = alog 3 ⇔ a4 = 3

1

=

1 1 4

1

1

· 3log 3 x 1

persamaan

grafik

fungsi

adalah

1 x. 3

f–1(x) =

–1

 1   4

x

– 1.

10. Jawaban: e

⇔

2

log 42x − 2 = 4

2

log 42x − 2 = 2log 16

42x − 2 = 16

⇔ ⇔

4

2x − 2 2

= 42

2x − 2

⇔ =2 2 ⇔ 2x – 2 = 4 ⇔ 2x = 6 ⇔ x=3 Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan adalah x = 3.

1

1)

f(x) = 4 log (x + 1) mempunyai 0 < a < 1 maka

2)

grafik fungsi f(x) monoton turun sehingga untuk x1 > x2 maka f(x1) < f(x2). Jadi, pernyataan a salah, b salah, dan c benar. Grafik memotong sumbu X maka f(x) = 0. 1 4 1 4

1

12. Jawaban: d f(x) = 0 ⇔

9. Jawaban: c

f(x) = 0 ⇔

y

log (2log (6x + 2)) = 2 ⇔ 49log (2log (6x + 2)) = 49log 7 2 ⇔ log (6x + 2) = 7 ⇔ 6x + 2 = 27 ⇔ 6x + 2 = 128 ⇔ 6x = 126 ⇔ x = 21 Jadi, nilai x = 21.

log 3 x

f(x) = 4 · 3log

 1   4

49

= 4 · 3log 3 x Jadi,

x=

11. Jawaban: a

1

⇔ a = 34 Persamaan grafik menjadi: 34

=x+1

Jadi, pernyataan e salah. Jadi, pernyataan yang benar pilihan c.

2

8. Jawaban: c Grafik f(x) = alog bx melalui titik (3, 0), maka f(3) = 0. f(3) = alog 3b ⇔ 0 = alog 3b a ⇔ log 1 = alog 3b ⇔ 1 = 3b

f(x) =

y

Persamaan grafik fungsi invers f(x) adalah

2

⇔

 1   4

⇔

Jadi, diperoleh grafik dengan persamaan 1 2

Misal y = f(x) = 4 log (x + 1)

log (x + 1) = 0 1 4

⇔ log (x + 1) = log 1 ⇔ x+1=1 ⇔ x=0 Grafik f(x) memotong sumbu X di titik (0, 0). Jadi, pernyataan d salah.

2

1

5

log (3x – 2 ) – 2 log 2x = 0 5

–1

⇔

2

log (3x – 2 ) = 2 log 2x

⇔

2

log (3x – 2 ) = 2log 2x

5

5

⇔

1

1

⇔ ⇔

3x – 2 = 2x 6x2 – 5x – 1 = 0 (6x + 1)(x – 1) = 0

⇔

x = – 6 atau x = 1

1

Syarat numerus 1) 2)

5

5

3x – 2 > 0 ⇔ x > 6 2x > 0 ⇔ x > 0


221

5

Dari syarat 1) dan 2) diperoleh syarat x > 6 . 1

5

5

Oleh karena x = – 6 < 6 dan x = 1 > 6 , nilai x yang memenuhi x = 1. Jadi, fungsi bernilai nol pada saat x = 1. 13. Jawaban: a Grafik fungsi f(x) dan g(x) berpotongan jika f(x) = g(x). 2 ⇔ log 2x = 4log (7x + 2) 2 2 ⇔ log 2x = 2 log (7x + 2) 2

⇔

1

log 2x = 2log (7x + 2)2 1

⇔ 2x = (7x + 2)2 ⇔ (2x)2 = 7x + 2 2 ⇔ 4x – 7x – 2 = 0 ⇔ (4x + 1)(x – 2) = 0 ⇔ 4x + 1 = 0 atau x – 2 = 0 1

⇔

x = – 4 atau Syarat numerus: 1) 2x > 0 ⇔ x > 0

15. Jawaban: a x–3 log (x2 – 6x + 8) = x – 3log (2x – 7) ⇔ x2 – 6x + 8 = 2x – 7 2 ⇔ x – 8x + 15 = 0 ⇔ (x – 3)(x – 5) = 0 ⇔ x = 3 atau x = 5 Syarat numerus: 1) x2 – 6x + 8 > 0 ⇔ (x – 2)(x – 4) > 0 +

x=2

2

2)

1

Oleh karena x = – 4 tidak memenuhi syarat (1) dan (2) maka x = –

14. Jawaban: c log x 5 log (2x − 7)

⇔

log x log 5 log (2x − 7) log 5

–

log x log (2x − 7)

⇔


–


⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Syarat numerus: 1) x > 0 2)

1 x log (2x − 7)

– 2x – 7log x +

2x – 7 > 0 ⇔ x >

+ +

1 log (2x − 7) log x

7

x > 2

. . . (2)

7 2

Syarat bilangan pokok: 1) x – 3 > 0 ⇔x>3

=1


=1


=1

. . . 1) . . . (2)

2)

. . . (3)


3

x–3≠1 ⇔ x≠3

. . . (4)

Oleh karena x = 3 tidak memenuhi (1), (3), dan (4) maka x = 3 bukan penyelesaian. Oleh karena x = 5 memenuhi (1), (2), (3), dan (4) maka x = 5 merupakan penyelesaian. Jadi, penyelesaiannya x = 5. 16. Jawaban: c ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

222

. . . (1)

=1

log x = log (2x – 7) x = 2x – 7 –x = –7 x=7

7 2

4

2x – 7 > 0 ⇔ 2x > 7 ⇔

bukan merupakan

penyelesaian. Oleh karena x = 2 memenuhi syarat (1) dan (2) maka x = 2 merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi x = 2. 5

+

⇔ x < 2 atau x > 4

. . . (3)

1 4

– 2

. . . (1)

7x + 2 > 0 ⇔ x > – 7

2)

Syarat bilangan pokok: 1) x ≠ 1 . . . (3) 2) 2x – 7 ≠ 1 ⇔ 2x ≠ 8 ⇔ x ≠4 . . . (4) Oleh karena x = 7 memenuhi (1), (2), (3), dan (4) maka x = 7 merupakan penyelesaian. Jadi, himpunan penyelesaiannya {7}.

log2 x – 2log x3 = 4 log x – 3 · 2log x – 4 = 0 2 ( log x – 4)(2log x + 1) = 0 2 log x – 4 = 0atau 2log x + 1 = 0 2 2 log x = 4 log x = –1 4 x=2 x = 2–1 2

2

2

x = 16

x=

1 2

Syarat numerus: 1) x > 0 . . . (1) 2) x3 > 0 . . . (2) Oleh karena x = 16 dan x =

1 2

memenuhi (1) dan 1

merupakan (2) maka x = 16 dan x = 2 penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi

1 2

atau 16.

17. Jawaban: e Misal 2log x = n 4log x – 3 · 21 + log x + 8 = 0 ⇔ 22 log x – 3 · 2 · 2log x + 8 = 0 ⇔ (2log x)2 – 6 · 2log x + 8 = 0 ⇔ n2 – 6n + 8 = 0 ⇔ (n – 4)(n –2) = 0 ⇔ n – 4 = 0 atau n – 2 = 0 ⇔ n = 4 atau n=2 ⇔ 2log x = 4 atau 2log x = 2 ⇔ 2log x = 22 atau 2log x = 21 ⇔ log x = 2 atau log x = 1 ⇔ x = 100 atau x = 10 Syarat numerus: x > 0 Oleh karena x = 10 dan x = 100 memenuhi syarat numerus x > 0 maka x = 10d an x = 100 merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x = 10 dan x = 100. 18. Jawaban: a x log (x + 2) – 3 · xlog 2 + 1 = 0 x log (x + 2) + xlog x = 3 · xlog 2 ⇔ x ⇔ log (x + 2) · x = xlog 23 ⇔ (x + 2) · x = 23 ⇔ x2 + 2x – 8 = 0 ⇔ (x + 4)(x – 2) = 0 ⇔ x = –4 atau x = 2 Syarat numerus: 1) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . (1)

Oleh karena x = –4 tidak memenuhi (1) dan (3) maka x = –4 bukan merupakan penyelesaian. Oleh karena x = 2 memenuhi (1), (2), dan (3) maka x = 2 merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 2. 19. Jawaban: a x2 + 2

⇔

log x

2log

x

2 + 2log x

=8 = 2log 8

(2 + 2log x)2log x = 3

⇔ ⇔

2

⇔

(2log x – 1)(2log x + 3) = 0

⇔

2

log2 x + 2 · 2log x – 3 = 0

log x = 1 atau

2

log x = –3

⇔

x = 2 atau

x = 2–3

⇔

x = 2 atau

x= 8

1

1

1

Jadi, nilai x1x2 = 2 · 8 = 4 . 20. Jawaban: a a log (3x + 1) · (2x + 1)log a = 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(2x + 1)

log a · alog (3x + 1) = 2 (2x + 1) log (3x + 1) = 2 3x + 1 = (2x + 1)2 3x + 1 = 4x2 + 4x + 1 4x2 + x = 0 x(4x + 1) = 0 1

⇔

x = 0 atau x = – 4

Syarat numerus: 1

3x + 1 > 0 ⇔ x > – 3

. . . (1)

Syarat bilangan pokok: 1)

1

2x + 1 > 0 ⇔ x > – 2

. . . (2)

2) 2x + 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 0 . . . (3) Oleh karena x = 0 tidak memenuhi (3) maka x = 0 bukan merupakan penyelesaian. 1

Oleh karena x = – 4 memenuhi (1), (2), dan (3) 1

maka x = – 4 merupakan penyelesaian.

–2

2)

x(x + 2) > 0 +

–

. . . (2)

21. Jawaban: a

+

–2 0

Syarat bilangan pokok: 1) x > 0 2) x ≠ 1

1

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = – 4 . 2

1

log (x + 3) > 2 log 3 –1

. . . (3) . . . (4)

⇔ 2log (x + 3) > 2 log 3 ⇔ 2log (x + 3) > 2log 3–1 Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x) adalah f(x) > g(x).


223

x2 – 8x + 12 ≤ 0 (x – 2)(x – 6) ≤ 0

⇔ ⇔

1

⇔ ⇔ ⇔

x+3> 3 3x + 9 > 1 3x > –8

⇔

x>–3

+

–

8

. . . . (1)

–

6

Syarat numerus: 1) x – 3 > 0 ⇔ x > 3

2) . . . . (2)

2

x – 4x > 0 ⇔ x(x – 4) > 0 ⇔ x < 0 atau x > 4 +

0

8

22. Jawaban: e 2 log (x – 2) + 2log (x + 5) ≤ 3 ⇔ 2log (x – 2)(x + 5) ≤ 2log 23 ⇔ (x – 2)(x + 5) ≤ 23 ⇔ x2 + 3x – 10 ≤ 8 ⇔ x2 + 3x – 18 ≤ 0 ⇔ (x + 6)(x – 3) ≤ 0

3

3

6

Jadi, nilai x yang memenuhi 4 < x ≤ 6. 24. Jawaban: c x log (x + 3) > xlog 2x Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x) adalah f(x) > g(x). Diketahui x > 1, maka: ⇔ x + 3 > 2x ⇔ x<3 . . . . (1) 3

2)

2x > 0 ⇔ x > 0

2

. . . . (3)

–5


. . . . (2)

–3

. . . . (2)

x + 5 > 0 ⇔ x > –5

4

a. Syarat numerus: 1) x + 3 > 0 ⇔ x > –3

+

⇔ –6 ≤ x ≤ 3 Syarat numerus: 1) x – 2 > 0 ⇔ x > 2

2

. . . . (1)

–

–6

4


8 3

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x > – 3 .

2)

+

0

Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

. . . . (2)

–

–3

–3 –

. . . . (1)

3

8 3

Syarat numerus: x + 3 > 0 ⇔ x > –3

+

+

2

. . . . (3)

0

b. c.

Syarat bilangan pokok: 1) x > 0 2) x ≠ 1 Syarat pada soal x > 1

. . . . (4) . . . . (5) . . . . (6)

1 –6 –5

2

3

⇔ 2
–3

23. Jawaban: a 1 3

log 4 +

⇔ ⇔

224

1 3

1 3

Irisan penyelesaian (1), (2), (3), (4), (5), dan (6) sebagai berikut.

log (x – 3)≤

log 4(x – 3) ≤

1 3 1 3

2

log (x – 4x) log (x2 – 4x)

4(x – 3) ≥ (x2 – 4x)


0 1

3

Jadi, nilai x yang memenuhi 1 < x < 3.

25. Jawaban: d 2 log (x + 1) ≤ log (x + 4) + log 4 ⇔ log (x + 1) 2 ≤ log 4(x + 4) ⇔ log (x2 + 2x + 1) ≤ log (4x + 16) Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x) adalah f(x) ≤ g(x). ⇔ x2 + 2x + 1 ≤ 4x + 16 2 ⇔ x – 2x – 15 ≤ 0 ⇔ (x + 3)(x – 5) ≤ 0 +

–

+

–3

–

+ 4

1 4

1

⇔

x < 4 atau x > 4 . . . (1) Syarat numerus: 1) 2x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2) 2) 64x3 > 0 ⇔ x > 0 . . . (3) Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.

5

⇔

–3 ≤ x ≤ 5

. . . (1)

Syarat numerus: 1) x + 1 > 0 ⇔ x > –1

0

. . . (2)

1 4

4 1

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 0 < x < 4 atau x > 4.

–1

2)

+

27. Jawaban: d

x + 4 > 0 ⇔ x > –1

. . . (3)

4

3

log (4x – 3) ≤ 1 + 16log (x – 4 ) 3

⇔ 4log (4x – 3) ≤ 16log 16 + 16log (x – 4 )

–4


–4–3

–1

42

⇔ 16

⇔

5

3

log (4x – 3) ≤ 16log 16(x – 4 ) 3

log (4x – 3)2 ≤ 16log 16(x – 4 ) 3

log (16x2 – 24x + 9) ≤ 16log 16(x – 4 ) 3

16x2 – 24x + 9 ≤ 16(x – 4 ) ⇔ 16x2 – 24x + 9 – 16x + 12 ≤ 0 ⇔

⇔ –1 < x ≤ 5 Jadi, penyelesaiannya –1 < x ≤ 5. 26. Jawaban: e

4

⇔

2

(2x)1 + log 2x > 64x3 2 2 ⇔ log (2x)1 + log 2x > 2log 64x3 ⇔ (1 + 2log 2x)(2log 2x) > 2log (4x)3 2 ⇔ log 2x + (2log 2x)2 > 3 · 2log 4x 2 ⇔ log 2x + (2log 2x)2 > 3 · (2log ( 2 · 2x) 2 log 2x + (2log 2x)2 > 3 · (1 + 2log 2x) ⇔ 2 ⇔ log 2x + (2log 2x)2 > 3 + 3 · 2log 2x 2 ⇔ ( log 2x)2 – 2 · 2log 2x – 3 > 0 ⇔ (2log 2x – 3)(2log 2x + 1) > 0 Pembuat nol: 2 log 2x – 3 = 0 atau 2log 2x + 1 = 0 2 2 ⇔ log 2x = 3 atau log 2x = –1 ⇔ 2log 2x = 2log 8 atau

2

1

log 2x = 2log 2 1

⇔

2x = 8

atau

2x = 2

⇔

x =4

atau

x= 4

1

⇔

16x2 – 40x + 21 ≤ 0

⇔

(4x – 3)(4x – 7) ≤ 0 +

– 3 4

+ 7 4

⇔

3 4

7

1)

4x – 3 > 0 ⇔ x > 4

2)

x – 4 > 0 ⇔ x > 4 . . . . (3)

≤x≤ 4 Syarat numerus:

. . . . (1) 3

3

. . . . (2)

3

Irisan dari penyelesaian (1), (2), dan (3) diperoleh: +

– 3 4

+ 7 4

3

7

Jadi, nilai yang memenuhi 4 < x ≤ 4 .


225

28. Jawaban: e 1 log x

⇔

–

1 2 log x − 1

<1

2 log x − 1 log x (2 log x − 1)

–

–15 log x log x (2 log x − 1)

⇔

(2 log x − 1) − log x − log x (2 log x − 1) log x (2 log x − 1)

<0

⇔

−2 log2 x + 2 log x − 1 log x (2 log x − 1)

<0 2)

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

1

(1 – x)2 > 0

1

(–2y + 2y – 1) mempunyai nilai D < 0 dan a < 0 maka (–2y2 + 2y – 1) definit negatif sehingga (–2y2 + 2y – 1) < 0. Oleh karena (–2y2 + 2y – 1) < 0 maka y(2y – 1) > 0. +

–

3

x > 4 , x ≠ 1.

1

y < 0 atau y > 2

atau log x >

1 2

x < 100 atau

x > 10 2

⇔

x<1

x>

atau

30. Jawaban: e | log (x – 1) | < 1 ⇔ –1 < log (x – 1) < 1

1

⇔

. . . . (1)

10

Syarat numerus: x > 0 . . . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2) diperoleh 0 < x < 1 atau x > 10 . Jadi, penyelesaiannya 0 < x < 1 atau x >

10 .

29. Jawaban: e 2 log2 (1 – x) – 8 > 2log (1 – x)2 ⇔ (2log (1 – x))2 – 8 > 2 2log (1 – x) Misalkan 2log (1 – x) = p maka pertidaksamaan menjadi: p2 – 8 > 2p ⇔ p2 – 2p – 8 > 0 ⇔ (p – 4)(p + 2) > 0 – –2

1

1 10

< log (x – 1) < log 10

⇔

1 10

< x – 1 < 10

⇔

1 10

+ 1 < x < 10 + 1 11 10

⇔

< x < 11

. . . (1)

Syarat numerus: x– 1 > 0 ⇔ x > 1 . . . . (2) Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh: 11 10

< x < 11.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x |

1. a.

4

atau

⇔ log

11 10

< x < 11}.

B. Uraian

+

⇔ p < –2 atau p > 4 ⇔ 2log (1 – x) < –2 atau 2log (1 – x) > 4 ⇔ 2log (1 – x) < 2log 2–2 atau 2log (1 – x) > 2log 24 ⇔ 1 – x < 2–2 atau 1 – x > 24 1–x< 4

3 1 4

Jadi, penyelesaian pertidaksamaan x < –15 atau

1 2

+

. . . . (3)

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

–15

Sehingga diperoleh:

⇔ log x < 0

⇔ x > 1 atau x < 1

+

0

226

atau x < –15

< 0.

2

⇔

x> 4

Syarat numerus: 1) 1 – x > 0 ⇔ x < 1

M i s a l y = l o g x , pertidaksamaan menjadi −2y 2 +2y − 1 y(2y − 1)

3

⇔

–1<0

3 4

1 – x > 16


1

f(x) = 2 log (x + 2) – 2 Tabel titik bantu:

x 1 2

f(x) = log (x + 2) – 2 (x, f(x))

–1

0

2

6

–2

–3

–4

–5

(–1, –2) (0, –3)

(2, –4) (6, –5)

c.

1

Grafik fungsi f(x) = 2 log (x + 2) – 2:

Y f(x)

Y

g(x)

–2 –1 0

X

6

2

1

–2

–2

–1

0

X

1

–3 –4 –5

b.

1

f(x) = 2 log (x + 2) – 2

3. a.

f(x) = 3log 6x Tabel titik bantu: x

0

1 6

3 6

27 6

f(x) = 3log 6x

–

0

1

3

(x, f(x))

–

( 6 , 0)

1

3

( 6 , 1) (

27 6

, 3)

Grafik fungsi f(x) = 3log 6x:

3

log (x2 – 9x + 14) = 3log (–17x + 62) ⇔ 3log (x2 – 9x + 14) = 3log (–17x + 62) ⇔ x2 – 9x + 14 = –17x + 62 ⇔ x2 + 8x – 48 = 0 ⇔ (x – 4)(x + 12) = 0 ⇔ x = 4 atau x = –12 Syarat numerus: 1) x2 – 9x + 14 > 0 ⇔ (x – 7)(x – 2) > 0

Y 3 1 0

+

3 6

27 6

3

2)

2. f(x) = log 3x dan g(x) = log (x + 2) a. f(x) = g(x) ⇔ 3log 3x = 3log (x + 2) ⇔ 3x = x + 2 ⇔ 2x = 2 ⇔ x=1 f(1) = 3log 3 · 1 = 3log 3 = 1 Jadi, f(x) dan g(x) berpotongan di titik (1, 1). b. Fungsi f(x) dan g(x) di atas sumbu X jika f(x) > 0 dan g(x) > 0. f(x) > 0 ⇔ 3log 3x > 0 ⇔ 3x > 30 ⇔ 3x > 1 g(x) > 0

Jadi, f(x) di atas sumbu X untuk x >

dan g(x) di atas sumbu X untuk x > –1.

–17x + 62 > 0 ⇔ –17x > –62 62

⇔

x < 17

⇔

x < 3 17

11

. . . . (2)

11

Oleh karena x = 4 tidak memenuhi (1) dan (2) maka x = 4 bukan merupakan penyelesaian. Oleh karena x = –12 memenuhi (1) dan (2) maka x = –12 merupakan penyelesaian. Jadi, penyelesaiannya x = –12. b.

1 3

. . . (1)

3 17

1

x> 3 3 log (x + 2) > 0 x + 2 > 30 x+2>1 x > –1

7

⇔ x < 2 atau x > 7

X

3

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

+

2

f(x) = 3log 6x 1 6

–

2

1

log (x + 7) + 2log (x + 6) + 2 log (x + 10) = 0 ⇔ 2log (x + 7) + 2log (x + 6) = 2log (x + 10) 2 ⇔ log (x + 7)(x + 6) = 2log (x + 10) ⇔ x2 + 13x + 42 = x + 10 ⇔ x2 + 12x + 32 = 0 ⇔ (x + 4)(x + 8) = 0 ⇔ x = –4 atau x = –8


227

2)

Syarat numerus: 1) x + 7 > 0 ⇔ x > –7 2) x + 6 > 0 ⇔ x > –6 3) x + 10 > 0 ⇔ x > –10 Dari syarat 1), 2), dan 3) diperoleh syarat x > –6. Oleh karena x = –4 > –6 dan x = –8 < –6, nilai x yang memenuhi x = –4. Jadi, penyelesaiannya x = –4. 4. a.

–1

⇔ x>2

log (x2 – 7x + 23) = 2 (x2 – 7x + 23) = (2x + 3)2 x2 – 7x + 23 = 4x2 + 12x + 9 2 3x + 19x – 14 = 0 (3x – 2)(x + 7) = 0 3x – 2 = 0 atau x + 7 = 0

⇔ 1)

2)

x=

2 3

+

5

⇔ x>–4 2)

Syarat numerus: x2 – 7x + 23 > 0 (x2 – 7x + 23) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka (x2 – 7x + 23) definit positif sehingga (x2 – 7x + 23) > 0 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. . . . (1) Syarat bilangan pokok: a) b)

2x + 3 > 0 ⇔ x > 2x + 3 ≠ 1 ⇔ x ≠ –1

merupakan penyelesaian. Oleh karena

b.

(4x + 5)

log (x2 – 3x + 2) = (4x + 5)log (5x – 10) ⇔(4x + 5)log (x2 – 3x + 2) = (4x + 5)log (5x – 10) ⇔ x2 – 3x + 2 = 5x –10 2 ⇔ x – 8x + 12 = 0 ⇔ (x – 2)(x – 6) = 0 ⇔ x = 2 atau x = 6 Syarat numerus: 1) x2 – 3x + 2 > 0 ⇔ (x – 1)(x – 2) > 0

⇔(

1 2

⇔

x–

⇔ ⇔ ⇔

⇔ x < –1 atau x > 2

228

1 2 log x)2 – 2log x 2 1 2 1 2 ( log x)2 – log 2 4

. . . (1)


–

3 4 3 4 3 4

=0 =0 = 0 (dikali 4)

(2log x)2 – 2 2log x – 3 = 0 (2log x + 1)(2log x – 3) = 0 2 log x = –1 atau 2log x = 3

⇔

x = 2–1

⇔

x =

1 2

atau

x = 23

atau

x =8

Syarat numerus: 1) x > 0

. . . (1)

x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2)

Oleh karena x =

5 4

+ 2

(4log x)2 – 2log x –

5.

2) –

–

⇔ x ≠ –1 . . . (4) Oleh karena x = 2 tidak memenuhi pertidaksamaan (1) dan (2) maka x = 2 bukan merupakan penyelesaian. Oleh karena x = 6 memenuhi pertidaksamaan (1), (2), (3), dan (4) maka x = 6 merupakan penyelesaian. Jadi, himpunan penyelesaiannya {6}.

2

2

4x + 5 ≠ 1 ⇔ 4x ≠ –4

–2

Oleh karena x = 3 memenuhi pertidak2 samaan (1), (2), dan (3) maka x = 3


. . . (3)

+

. . . (2) . . . (3)

x = –7 tidak memenuhi pertidaksamaan (2) maka x = –7 bukan merupakan penyelesaian.

– –2

atau x = –7

3 –2

. . . (2)

Syarat bilangan pokok: 1) 4x + 5 > 0 ⇔ 4x > –5

(2x + 3)

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

5x –10 > 0 ⇔ 5x > 10

1 2

dan x = 8 memenuhi 1

pertidaksamaan (1) dan (2) maka x = dan 2 x = 8 merupakan penyelesaian.

6. a.

5

Syarat numerus: x2 – 2x + 1 > 0 ⇔ (x – 1)2 > 0

x−2

log ( x + 2 ) > 0 x−2

⇔

5

log ( x + 2 ) > 5log 50

⇔

5

log ( x + 2 ) > 5log 1

⇔ ⇔

+

x−2

x−2 x+2

–

x x x x

−2 +2 +2 +2

−4 x+2

⇔ +

1

⇔x≠1 . . . (2) Irisan dari (1) dan (2) sebagai berikut.

>1 >0 >0

–3

–

7. a.

. . . (1)

>0 –

+

–2

⇔

⇔

3

log (2x – 3) ≤ 3log 

1 2

log (x2 – 2x + 1) ≤ log 16 x2 – 2x + 1 ≥ 16

⇔

x2 – 2x – 15 ≥ 0

⇔

(x + 3)(x – 5) ≥ 0 – –3

⇔ x < –3 atau x > 5

2x – 3 ≤ 3 x +1 (2x − 3)(x + 1) − 3 x +1

⇔

(2x – 3) –

2

2x − x − 6 x +1 (2x + 3)(x − 2) x +1

⇔ ⇔ +

–

1

log (x2 – 2x + 1) ≤ log ( 2 )–4

+

 x + 1   3 

⇔

– 1 2

⇔

1

x +1

log (2x – 3) ≤ 3 log 3

log (x2 – 2x + 1) ≤ –4

1 2

1

3

⇔

2

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < –2 atau x > 2}.

⇔

1

⇔

2

⇔ x < –2 atau x > 2 . . . (2) Irisan dari (1) dan (2) sebagai berikut.

1 2

1

⇔ 2 · 2 3log (2x – 3) ≤ 3 log (x + 1) + 3 log 3

–2

b.

2 · 9log (2x – 3) ≤ 3 log (x + 1) + 1 1

Syarat numerus:

1 2

5

1

⇔ x < –2

+

1

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≥ 5}.

–2

x−2 x+2

+

3 2

–

3 x +1

≤0 ≤0 ≤0 ≤0 +

–1

−1

. . . . (1)

2

3

⇔

x < – 2 atau –1 < x ≤ 2

Syarat numerus: 3

2x – 3 > 0 ⇔ x > 2 x + 1 > 0 ⇔ x > –1

1) 2)

3 2

–1

. . . . (2)

Irisan penyelesaian pertidaksamaan (1) dan (2) sebagai berikut.

+ 5

. . . (1)

–

3 2

3 2

–1

2

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan 3

adalah 2 < x ≤ 2.


229

4

b.

1

log (3x + 4) > 2log (x + 4) + 2 log 2

⇔

1 2

2

log (3x + 4) > log 1 2

(3x + 4) >

⇔

3x + 4 >

⇔ 3x + 4 –

x + 4    2 

2

1

>0

1

=

+ 4

=

. . . . (1)

⇔ ⇔ . . . . (2)

4 3

0

4

2

x+y

log 2 = –1 ⇔

2

⇔

2

⇔ ⇔

2

= –1

1 log (x + y)

= –1

2

log 8 = 2 ⇔

2

log 8 log (x − y)

2

1

a + b  

16(a + b)4 ×16(a − b)2 8(a2 − b2 )3 × 4  a + b   a −b 

4

8(a + b) (a − b)3 (a − b)3 (a + b)3 (a + b)

log

 1    2

−3

log x = –3 x = 2–3 1

⇔

x= 8

1

Jadi, nilai x = 8 . Untuk bilangan pokok (2x – 1) > 1. 2x – 1 log (4x + 1) < 2x – 1log (x2 + 4x + 6) ⇔ 4x + 1 < x2 + 4x + 6 ⇔ x2 + 5 > 0 (x2 + 5) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka (x2 + 5) definit positif sehingga (x2 + 5) > 0 dipenuhi semua nilai x ∈ R. Syarat numerus: 1)

=2

1

4x + 1 > 0 ⇔ x > – 4 −

1

⇔

2

log (x – y) = 2 2log 8

⇔

2

log (x – y) = 2

⇔ 230

log 2 log (x + y)

log (x + y) = –1 x + y = 2–1

x–y

1 2

log

1

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan 0 < x < 4. 8.

1 2

= 2 log

10. a. –

1

log 24(a + b)4 + 2 log 42(a – b)2

1

Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut. –4

a + b  

= 2 log 8

x >–3

4 3

1 2

1

=

0
1

– 2 log 23(a2 – b2)3 – 2 log 4  a − b 

x+4>0 ⇔ x > –4 –

1

– 3 2 log 2(a2 – b2) – 2 log 4  a − b 

4

⇔

1 4 2

log x = 4 2 log 2(a + b) + 2 2 log 4(a – b)

4(3x + 4) – (x + 4) > 0 12x + 16 – x2 – 8x – 16 > 0 –x2 + 4x > 0 x2– 4x < 0 x(x – 4) < 0

⇔ Syarat numerus: 1) 3x + 4 > 0

3

= 8 2

2

9.

–

1

1

x + 4    2 

2

0

–4

=

x+4 2

2

+

5

22

x+4 2

2

2−1 22

=

1 2

⇔

2)

=

· 2log (3x + 4) > 2log (x + 4) – 2log 2

⇔

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

x+y x−y

3

3

x – y = 22


2)

1 4

. . . . (1)

x2 + 4x + 6 > 0 (x2 + 4x + 6) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka (x2 + 4x + 6) definit positif sehingga (x2 + 4x + 6) dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R.

Syarat bilangan pokok:

b.

2x – 1 > 1 ⇔ x > 1 1

. . . . (2)

Untuk bilangan pokok 0 < (2x – 1) < 1. Diperoleh x2 + 5 < 0. Oleh karena (x2 + 5) definit positif, tidak ada nilai x yang memenuhi. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x > 1}.

Dari penyelesaian (1) dan (2) diperoleh:

−

1 4

1

. . . . (3)

Nilai x yang memenuhi x > 1.


231

1.

Jawaban: d Misalkan p : semua sungai bebas sampah q : tidak terjadi banjir r : semua warga tenang Premis-premis tersebut dapat ditulis sebagai berikut. Premis 1: ~q ⇒ ~p ≡ p ⇒ q Premis 2: q ⇒ r ––––––––––––––––––– Kesimpulan: p ⇒ r Jadi, kesimpulan dari premis-premis tersebut adalah ”Jika semua sungai bebas sampah maka semua warga tenang”.

2.

Jawaban: e Misalkan p : hari ini hujan q : semua kegiatan luar kelas dihentikan Diperoleh pernyataan ”p ⇒ q”. ~(p ⇒ q) ≡ p ∧ ~q Jadi, negasi pernyataan tersebut adalah ”Hari ini hujan dan beberapa kegiatan luar kelas tidak dihentikan”.

3.

5.

=

3(3 2 − 3)(3 2 + 3) 2 3 −3

=

3(9 × 2 − 9) 2 3 −3

=

3×9 2 3 −3

=

27 2 3 −3

=

27(2 3 + 3) 4×3 − 9

=

27(2 3 + 3) 3

×

15

18

αβ = 2 = 9 Persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya (2α + 1) dan (2β + 1): x2 – ((2α + 1) + (2β + 1))x + (2α + 1)(2β + 1) = 0 (2α + 1) + (2β + 1) = 2(α + β) + 2 −15

=2·( 2 )+1 = –14 (2α + 1)(2β + 1) = 4αβ + 2(α + β) + 1

Jawaban: b 3log2x – 4 3log x – 3log 1 = –3 3 ⇔ ( log x)2 – 4 3log x – 0 + 3 = 0 ⇔ (3log x)2 – 4 3log x + 3 = 0

Latihan Ujian Sekolah

−15

=4·9+2·( 2 )+1 = 36 + (–15) + 1 = 22 Jadi, persamaan kuadrat yang dimaksud x2 + 14x + 22 = 0.

2 3 +3 2 3 +3

= 9(2 3 + 3)

232

Jawaban: b Diketahui persamaan kuadrat 2x2 + 15x + 18 = 0. Diperoleh: α + β = – 2

Jawaban: e (3 2 − 3)3(3 2 + 3) 2 3 −3

4.

Misalkan y = 3log x, diperoleh: y2 – 4y + 3 = 0 ⇔ (y – 3)(y – 1) = 0 ⇔ y – 3 = 0 atau y – 1 = 0 ⇔ y = 3 atau y = 1 Untuk y = 3 diperoleh: y=3 ⇔ 3log x = 3 ⇔ x = 33 ⇔ x = 27 Untuk y = 1 diperoleh: y=1 ⇔ 3log x = 1 ⇔ x = 31 ⇔ x=3 Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan tersebut adalah x = 3 atau x = 27.

6.

Jawaban: a Grafik fungsi kuadrat y = x 2 + (k – 2)x + 4 menyinggung sumbu X jika D = 0. D=0 ⇔ b2 – 4ac = 0 ⇔ (k – 2)2 – 4 × 1 × 4 = 0 ⇔ k2 – 4k + 4 – 16 = 0

⇔ k2 – 4k – 12 = 0 ⇔ (k – 6)(k + 2) = 5 ⇔ k = 6 atau k = –2 Jadi, nilai k yang memenuhi adalah k = –2 atau k = 6. 7.

8.

Jawaban: c Misalkan x = harga 1 mangkok bakso y = harga 1 gelas jus jeruk Diperoleh penyelesaian SPLDV sebagai berikut. 5x + 4y = 50.000 × 2 10x + 8y = 100.000 2x + 3y = 27.000 × 5 10x + 15y = 135.000 –––––––––––––––––– – –7y = –35.000 ⇔ y = 5.000 Substitusikan y = 5.000 ke 5x + 4y = 50.000. 5x + 4(5.000) = 50.000 ⇔ 5x + 20.000 = 50.000 ⇔ 5x = 30.000 ⇔ x = 6.000 3x + 2y = 3(6.000) + 2(5.000) = 18.000 + 10.000 = 28.000 Jadi, uang yang harus dibayarkan Roni untuk 3 mangkok bakso dan 2 gelas jus jeruk yang dibelinya sebesar Rp28.000,00. Jawaban: b x2 + y2 – 6x + 12y + 25 = 0 ⇔ x2 – 6x + y2 + 12y + 25 = 0 2 ⇔ (x – 3) – 9 + (y + 6)2 – 36 + 25 = 0 ⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 – 45 + 25 = 0 ⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 = 20 ⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 = ( 20 )2 Diperoleh a = 3, y = –6, r = 20 . Persamaan garis singgung lingkaran dengan gradien 2 sebagai berikut. y – b = m(x – a) ± r m2 + 1 ⇔ y + 6 = 2(x – 3) ± ⇔ y + 6 = 2x – 6 ± ⇔ ⇔

9.

22 + 1

20 × 20 ×

5

y = 2x – 12 ± 100 y = 2x – 12 ± 10

Jawaban: a Pembagi = 2x2 + 3x – 2 = (x + 2)(2x – 1) Misalkan sisanya ax + b f(x) dibagi (x + 2) sisanya 7, berarti: f(–2) = 7 ⇔ –2a + b = 7 . . . . (1) f(x) dibagi (2x – 1) sisanya 2, berarti: 1 f( 2 )

⇔

1 a 2

=2

+b=2

Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). –2a + b = 7 1 a 2

+b=2 ––––––––––– – 5

–2a = 5 ⇔ a = –2 Substitusikan a = –2 ke persamaan (1). –2a + b = 7 ⇔ –2(–2) + b = 7 ⇔ 4+b=7 ⇔ b=3 Diperoleh ax + b = –2x + 3. Jadi, sisa pembagian f(x) oleh (2x2 + 3x – 2) adalah –2x + 3. 10. Jawaban: e (x2 + 5x + 6) adalah faktor suku banyak 3x3 + mx2 – 7x + b sehingga dapat dituliskan: 3x3 + mx2 – 7x + b = (x2 + 5x + 6)(ax + b) = (x + 2)(x + 3)(ax + b) Suku banyak 3x3 + mx2 – 7x + b dibagi berturutturut oleh (x + 2) dan (x + 3) dengan metode Horner. x = –2

3

m –6

–7 –2m + 12

b 4m – 10

x = –3

3

m–6

–2m + 5

4m + b – 10 = 0 . . . (1)

–9

–3m + 45

3

m – 15 –5m + 50 = 0 . . . . (2)

−50

Dari (2) diperoleh –5m + 50 = 0 ⇔ m = −5 = 10 Substitusikan m = 10 ke (1). 4(10) + b – 10 = 0 ⇔ b = 10 – 40 ⇔ b = –30 Hasil bagi 3x3 + mx2 – 7x + b oleh (x2 + 5x + 6) adalah 3x + (m – 15) = 3x + (10 – 15) = 3x – 5 Diperoleh: 3x3 + mx2 – 7x + b = (x2 + 5x + 6)(3x – 5) = (x + 2)(x + 3)(3x – 5) 5

Akar-akarnya adalah x = –2, x = –3, dan x = 3 Oleh karena x1 > x2 > x3 maka 5

x1 = 3 , x2 = –2, dan x3 = –3. 5

Nilai x1 + x2 – x3 = 3 + (–2) – (–3) 5

= 3 –2+3 2

=23

2

Jadi, nilai x1 + x2 – x3 adalah 2 3 . . . . (2)


233

11. Jawaban: b Misalkan y = f(x) f(x) = ⇔

y=

⇔

Titik Pojok

2x + 3 5 2x + 3 5

5y = 2x + 3

⇔ ⇔

Uji titik pojok ke fungsi objektif:

x= f–1(x)

=

5y − 3 2 5x − 3 2

=

5(3x − 4) − 3 2

=

15x − 20 − 3 2

=

15x − 23 2

120.000 ×

C(0, 8)

120.000 × 0 + 150.000 × 8 = 1.200.000

⇔

15x − 23 . 2

Banyak

Bunga Mawar

Bunga Anyelir

Harga Jual

Rangkaian I Rangkaian II

x y

24x 8y

10x 20y

120.000 150.000

120

160

Pembatas

Diperoleh SPtLDV: 24x + 8y ≤ 120 ⇔ 3x + y ≤ 15 10x + 20y ≤ 160 ⇔ x + 2y ≤ 16 x≥0 y≥0 Memaksimumkan fungsi objektif: f(x, y) = 120.000x + 150.000y Daerah penyelesaian SPtLDV: Y 15

14 33 + 150.000 × = 1.326.000 5 5

3 1     1 −2 

 4 2  −6 1  a 6   –   =   − 1 1 2 1     0 b

⇔

 12 + 1 6 + 1   −6 1  a 6   –   =   4 2 2 2 2 1 − − −     0 b

⇔

 13 7   −6 1  a 6   –   =   − 2 0 2 1     0 b

⇔

 19 6  a 6   =   0 1   0 b

Diperoleh a = 19 dan b = 1. a – 3b = 19 – 3 = 16 14. Jawaban: d 1   2 3  4  X=    5 1  −3 −17  −1

1   4    −3 −17 

⇔

 2 3 X=    5 1

⇔

1  1  1 −3   4 X = 2 − 15     −5 2   −3 −17 

⇔

52  1  13  −1 −4  X = −13   =    −26 −39  2 3

Determinan matriks X = C

X

A 5

−1 −4

2 3 = –1 × 3 – (–4) × 2 = –3 + 8 =5

B

O

3x + y = 15

16 x + 2y = 16

Titik B adalah titik potong garis 3x + y = 15 dan x + 2y = 16. 14

33

Koordinat titik B( 5 , 5 ).

234

120.000 × 5 + 150.000 × 0 = 600.000

14 33 B( , ) 5 5

AB – C = D

Jenis

0

120.000 × 0 + 150.000 × 0 = 0

A(5, 0)

13. Jawaban: c

12. Jawaban: a Misalkan x = banyak rangkaian I y = banyak rangkaian II

8

O(0, 0)

Nilai maksimum f(x, y) adalah 1.326.000. Jadi, penghasilan maksimum yang dapat diperoleh Rp1.326.000,00.

(f–1 g)(x) = f–1(g(x)) = f–1(3x – 4)

Jadi, (f–1 g)(x) =

f(x, y) = 120.000x + 150.000y


15. Jawaban: a O(0, 0, 0), A(4, –1, 5), B (2, 3, –3), dan C(0, 9, –2)

4  2 0     1 3 − a = , b = , dan c =  9        5 3 − −      −2 

18. Jawaban: b Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap sumbu X dilanjutkan rotasi [O(0, 0), 90°] sebagai berikut.

p = 2a – 3b + c 4  2 0 = 2  −1 – 3  3  +  9         −5   −3   −2 

x  x′   y′  = (R(O, 90°) MX)  y      0 −1  1 0   x  =      1 0   0 −1  y   0 1  x  =     1 0  y

 8   −6  0     = −2 + −9 +  9         −10  9  −2   2 =  −2     −3 

y =   x Diperoleh: x′ = y y′ = x

Panjang vektor p :

22 + (−2)2 + (−3)2

p =

=

4 + 4+9

=

17

Jadi, panjang vektor p adalah 17 satuan. 16. Jawaban: c

⇔ y = x′ ⇔ x = y′

Substitusikan x = y′ dan y = x′ ke 3x + 4y = 6. 3x + 4y = 6 ⇔ 3y′ + 4x′ = 6 ⇔ 4x′ + 3y′ = 6 Jadi, persamaan garis bayangan 4x + 3y = 6.

OA = 4 i AC = AO + OC = – OA + AB = –4 i + 6 j Misalkan θ sudut antara OA dengan AC , maka:

OA · AC = | OA || AC | cos θ OA · AC

⇔ cos θ = | | | | OA AC ⇔ cos θ =

4 ⋅ (−4) + 0 ⋅ 6 4 ⋅ 16 + 36

⇔ cos θ = – ⇔ cos θ = – ⇔ cos θ =

16 4 ⋅ 2 13

2 13

2 – 13

19. Jawaban: e 2log (x2 – 4x + 3) < 2log (11 – 2x) ⇔ x2 – 4x + 3 < 11 – 2x ⇔ x2 – 2x – 8 < 0 ⇔ (x – 4)(x + 2) < 0 –2 < x < 4 . . . . (1) x2 – 4x + 3 harus positif sehingga: x2 – 4x + 3 > 0 ⇔ (x – 1)(x – 3) > 0 ⇔ x < 1 atau x > 3 . . . . (2) 11 – 2x harus positif sehingga: 11 – 2x > 0 11

⇔

x < 2 . . . . (3) Dari (1), (2), dan (3) diperoleh irisan sebagai berikut.

13

17. Jawaban: a

8 32

v =

4+0+4 16 + 0 + 16

 −4   0    4

 −4   −1  0  =  0  = –i + k      4  1

4

1

3

4

1

3

------------------------------

=

u⋅ v | v|2

–2

------------------------------

w=

 −4  3 2 =  0      4  −1

------------------------------

 −1 v = AC = c – a =  2  –   3 Proyeksi vektor u pada v :

–2

------------------------------

3 2  −1 u = AB = b – a =  1  –  2  =  −1        −1 0  1

11 2

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {x | –2 < x < 1 atau 3 < x < 4, x ∈ R}. 20. Jawaban: c Grafik melalui titik (1, 2) sehingga: y = ax ⇔ 2 = a1 ⇔ a=2


235

Diperoleh persamaan fungsi y = 2x. y = 2x ⇔ 2log y = 2log 2x ⇔ 2log y = x 2log 2 ⇔ x = 2log y –1 ⇔ f (x) = 2log x Jadi, fungsi inversnya y = 2log x dengan x > 0. 21. Jawaban: c Rumus umum suku ke-n pada deret aritmetika = Un = a + (n – 1)b Diketahui Ut = 38, Un = 86, dan S20 = 180 =

U1 + Un 2

⇔ 38 =

U1 + 86 2

Ut

⇔ U1 = 38 × 2 – 86 ⇔ U1 = –10 Diperoleh a = U1 = –10 n

Sn = 2 (a + Un) 20

⇔ S20 = 2 (a + U20) ⇔ 180 = 10(–10 + U20) ⇔ 180 = –100 + 10U20 ⇔ 280 = 10U20

22. Jawaban: b Misalkan barisan aritmetika tersebut a – b, a, a + b. Jika suku kedua dikurangi 1, terbentuk barisan geometri a – b, a – 1, a + b. Jumlah ketiga suku barisan geometri adalah 14. (a – b) + (a – 1) + (a + b) = 14 ⇔ 3a – 1 = 14 14 + 1 3

=5

Barisan geometri yang terbentuk 5 – b, 4, 5 + b. Pada barisan geometri berlaku: U22 = U1 × U3 ⇔ 42 = (5 – b)(5 + b) ⇔ 16 = 25 – b2 2 ⇔ b –9=0 ⇔ (b – 3)(b + 3) = 0 ⇔ b = 3 atau b = –3 Beda bernilai positif sehingga nilai b yang memenuhi adalah b = 3. Barisan geometri yang terbentuk: 5 – 3, 4, 5 + 3 ⇔ 2, 4, 8 Rasio =

4 2

=

8 4

G

E

F P a

D a A

=2

Jadi, rasio barisan tersebut 2.

B

Segitiga BCD siku-siku di C dan sama kaki, yaitu BC = CD = a cm (berarti ∠BDC = 45°). Segitiga PCD siku-siku di C dan sama kaki, yaitu CD = CP = a cm (berarti ∠CDP = 45°). ∠BDP = ∠BDC + ∠CDP = 45° + 45° = 90° Diperoleh PD tegak lurus BD. PD pada (perluasan) bidang alas dan DH garis tegak, berarti PD tegak lurus DH. PD tegak lurus BD dan DH berarti PD tegak lurus bidang BDHF. Jarak titik P ke bidang BDHF sama dengan panjang garis PD, yaitu:

24. Jawaban: d


H

AB2 + BC2

AC = =

42 + 42

=

32

F 4

= 4 2 cm PC = PF =

1 AC 2

G

E

D

C

= 2 2 cm

=

(2 2)2 + 42

=

8 + 16 =

4

P 4

A

PB2 + FB2

B

24 = 2 6 cm

FC = 4 2 cm Perhatikan ∆PCF di samping. Dengan aturan cosinus diperoleh: cos α =

F α 2 6

FP2 + FC2 − PC2 2 ⋅ FP ⋅ FC

=

(2 6)2 + (4 2)2 − (2 2)2 2⋅2 6 ⋅4 2

=

24 + 32 − 8 16 12

=

3 2 3

3 3

= =

P

4 2

2 2

C

48 32 3 3 3 6

1

= 2 3 Jadi, cosinus sudut yang dibentuk oleh FP dan 1

·

FC adalah 2 3 . 236

C

Jadi, jarak titik P ke bidang BDHF a 2 cm.

280

a=

H

PD = PC2 + CD2 = a2 + a2 = 2a2 = a 2 cm

⇔ U20 = 10 = 28 Jadi, suku ke-20 deret tersebut adalah 28.

⇔

23. Jawaban: a

25. Jawaban: a

b. cm 10 30° 10 cm

1

Lsegitiga = 2 × 10 × 10 sin 30° 1

= 50 × 2 = 25 cm2 Luas segi dua belas: L = 12 × Lsegitiga = 12 × 25 = 300 cm2 Jadi, luas segi dua belas tersebut 300 cm2. 26. Jawaban: a Alas prisma berbentuk segitiga sama sisi. C

sin 2x = –1 = sin 270° (i) 2x = 270° + k · 360° ⇔ x = 135° + k · 180° untuk k = 0 ⇒ x = 135° untuk k = 1 ⇒ x = 315° (ii) 2x = (180° – 270°) + k · 360° ⇔ 2x = –90° + k · 360° ⇔ x = –45° + k · 180° untuk k = 1 → x = 135° untuk k = 2 → x = 315° Oleh karena 180° ≤ x ≤ 360° maka himpunan penyelesaiannya {195°, 255°, 315°}.

28. Jawaban: a 24

sin A = 25 , A di kuadran I 7

cos A = 25 tan B =

60° 10 cm

A

60° 10 cm

5

Luas alas = = =

cos B =

B

1 AB · 2 1 · 10 2 1 50 · 2

· 10 · sin 60°

288

a.

sin 2x = sin 2x = (i)

35

323

29. Jawaban: d cm3

27. Jawaban: d

1 2

5

= – 325 – 325 = – 325

3 = 25 3 cm2

cos 4x 1 – 2 sin2 2x 2 sin2 2x + sin 2x – 1 (2 sin 2x – 1)(sin 2x + 1) 2 sin 2x – 1 = 0 atau sin 2x + 1

7

12

= 25 · (– ) – 25 · 13 13

Jadi, volume prisma 375 3 cm3.

1 2

7 B

12

24

AC · sin BAC

= 25 3 × 15 = 375 3

⇔

5

12 – 13

A

13

sin (A – B) = sin A cos B – cos A sin B

Volume prisma = Lalas × tinggi

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

24

B di kuadran II

sin B = 13

10 cm

60°

25

5 – 12 ,

= sin 2x = sin 2x =0 =0 =0

atau sin 2x = –1

= sin 30°

2x = 30° + k · 360° ⇔ x = 15° + k · 180° untuk k = 0 → x = 15° untuk k = 1 → x = 195° (ii) 2x = (180° – 30°) + k · 360° ⇔ 2x = 150° + k · 360° ⇔ x = 75° + k · 180° untuk k = 0 → x = 75° untuk k = 1 → x = 255°

sin 126° + sin54° − 2 cos 24° cos 126° − cos 54° + 2 sin 24°

=

2 sin 90° cos 36° − 2 cos 24° −2 sin 90° sin 36° + 2 sin 24°

=

2(cos 36° − cos 24°) −2(sin 36° − sin 24°)

=

−2 sin 30° sin 6°

=

−2 cos 30° sin 6°

1 2

1 2

3

=

1 3

1

= 3 3

30. Jawaban: a x 2 + 5x + 4 − x 2 − x + 4 6x

lim

x→0

x 2 + 5x + 4 − x 2 − x + 4 6x x→0

= lim = lim

x→0

=

x 2 + 5x + 4 + x 2 − x + 4

x 2 − x + 4)

6x 2

x → 0 6x( x + 5x + 4 +

= lim

x 2 + 5x + 4 + x 2 − x + 4

x 2 + 5x + 4 − (x 2 − x + 4)

x → 0 6x( x 2 + 5x + 4 +

= lim

·

x 2 − x + 4)

1 x 2 + 5x + 4 + x 2 − x + 4 1

1

1

= 2+2 = 4 0 +0+4 + 0 −0+4 2

2


237

31. Jawaban: a cos 4x − 1 lim x → 0 x tan 2x

35. Jawaban: d = =

−2 sin2 2x lim x → 0 x tan 2x −2 sin 2x sin 2x · lim x tan 2x x→0

= –2 ·

2 1

2 2

·

= –4

32. Jawaban: c Persamaan jarak partikel = s(t) = 8t + 20t3 – t4 Persamaan kecepatan partikel = v(t) = s′(t) = 8 + 60t2 – 4t3 v′(t) = 120t – 12t2 Kecepatan partikel maksimum jika v′(t) = 0. 120t – 12t2 = 0 ⇔ 12t(10 – t) = 0 ⇔ t = 0 atau t = 10 +++ ––– 0 10 ↑ ↑ minimum maksimum

π 3

∫ (sin x cos3 x – cos x sin3 x) dx

π 4

π 3

4

1

– 2 · 2 sin x cos x · sin2 x) dx π 3

33. Jawaban: c Misalkan u = 2x + 3 maka: du dx

4 π 3

=

1 2

=

1 2

=

1 1 · 2 2

∫ sin 2x (cos2 x – sin2 x) dx

π 4

π 3

∫ sin 2x cos 2x dx

π 4

π 3

∫ sin 2x d(sin 2x)

π 4

π

1 1

= 4 · 2  sin2 2x  3  π

= 2 ⇔ du = 2dx

4

Diperoleh:

π

2π

1

= 8 (sin2 3 – sin2 2 )

∫ (4x + 6) 2x + 3 dx

1

1

1

1

3

1

3

36. Jawaban: c 3x – 2y = –6

= ∫ (2x + 3 )2 2dx 3

= ∫ u2 du

⇔

y=

⇔

y=

3x + 6 2 3 x+3 2

5

= 5 u2 + c 2

⇔ ⇔

= 5 (2x + 3)2 2x + 3 + c

6x + y = 18 y = –6x + 18

34. Jawaban: a ∫ cos 2x sin x dx = ∫ (2 cos2 x – 1) sin x dx

Y y1 =

= ∫ (2 cos2 x sin x – sin x) dx = ∫ 2 cos2 x sin x dx – ∫ sin x dx

3 2

x+3

6

= –2 ∫ cos2 d (cos x) – (–cos x) 1

= –2 · 3 cos3 x + cos x + c =

2 –3

cos3

3 I II

x + cos x + c –2

0

2 3 y2 = –6x + 18

238


1

1

= 8 ( 2 3 )2 – 12) = 8 ( 4 – 1) = 8 (– 4 ) = – 32

= ∫ 2(2x + 3)(2x + 3 )2 dx

2

1

= ∫ 2 (sin 2x cos2 x – sin 2x sin2 x) dx π

–––

Kecepatan maksimum partikel = v(10) = 8 + 60 · 102 – 4 · 103 = 2.008 m/detik

1

= ∫ ( 2 · 2 sin x cos x · cos2 x π

X

38. Jawaban: c

L = LI + LII 2

3

0

2

= ∫ y1 dx + ∫ y2 dx 2

3

0

2

Tinggi Badan (cm)

Frekuensi

145–149 150–154 155–159

4 5 6

160–164

12

165–169 170–174

8 5

= ∫ ( 32 x + 3) dx + ∫ (–6x + 18) dx 3 4

=

= (

2

x + 3x  0 2

3 4

+

3

 −3x + 18x   2 2

3 4

· 2 2 + 3 · 2) – (

· 0 2 + 3 · 0)

+ ((–3 · 32 + 18 · 3) – (–3 · 22 + 18 · 2)) = 9 – 0 + 27 – 24 = 12 satuan luas

Kelas modus 160–164; L0 = 160 – 0,5 = 159,5; d1 = 12 – 6 = 6; d2 = 12 – 8 = 4; p = 5. Mo = L0 +

d1 d1 + d2

· p = 159,5 +

6 6+4

·5

= 159,5 + 3 = 162,5 Jadi, nilai modus dari data tersebut 162,5 cm.

37. Jawaban: e Y

39. Jawaban: e y=

2

Ratusan

Puluhan

Satuan

2

4

3

x

1 B

A 1

0

X x+y=2⇔y=2–x

2

x dan x + y = 2.

Menentukan titik potong y =

y = x ⇔ y2 = x . . . (1) x+y=2 . . . (2) Substitusikan persamaan (1) ke persamaan (2). x = y2 ⇔ x + y=2 ⇔ y2 + y = 2 ⇔ y2 + y – 2 = 0 ⇔ (y – 1)(y + 2) = 0 ⇔ y = 1 atau y = –2 Substitusikan nilai y = 1 ke x + y = 2. x+1=2⇔x=1 Diperoleh titik potong (1, 1). Volume benda putar yang terjadi = volume daerah A + volume daerah B =π∫( x

)2

dx + π ∫ (2 –

x)2

dx

1

0

2

1

1

= =

1 π( 2 1

1 + π  4x − 2x2 + x3 

– 0) + π((8 – 8 + 1

= 2π+ 3π =

5 6

3



π satuan volume

8 3

3

P(KI)

= 8

4

4

4

20

P(M) = P(MI) × P(MII) = 8 × 8 = 64 K = kejadian terambil bola kuning dari kotak I dan kotak II

1

0

5

P(MI) = 8

5

= π ∫ x dx + π ∫ (4 – 4x + x2) dx 1 2 π 2 x   0

40. Jawaban: a Kemungkinan bola yang terambil adalah merah dari kotak I dan merah dari kotak II atau kuning dari kotak I dan kuning dari kotak II. MI = kejadian terambil bola merah dari kotak I MII = kejadian terambil bola merah dari kotak II K I = kejadian terambil bola kuning dari kotak I K II = kejadian terambil bola kuning dari kotak II

P(MII) = 8 P(KII) = 8 M = kejadian terambil bola merah dari kotak I dan kotak II

2

1

Tempat ratusan dapat diisi oleh dua angka, yaitu 2 dan 4. Tempat puluhan dapat diisi oleh empat angka. Angka satuan dapat diisi oleh tiga angka. Banyak bilangan yang terbentuk yang nilainya kurang dari 500 adalah 2 × 4 × 3 = 24 bilangan.

2

1

1

) – (4 – 2 + 3 ))

3

4

12

P(K) = P(KI) × P(KII) = 8 × 8 = 64 Peluang terambil kedua bola berwarna sama: 20

12

32

1

P = P(M) + P(K) = 64 + 64 = 64 = 2 Jadi, peluang terambil kedua bola berwarna sama 1

adalah 2 .


239

1. Jawaban: b Misal p : Tio kehujanan. q : Tio sakit. r : Ia demam. Premis 1 : p⇒q Premis 2 : q⇒r Silogisme ––––––––––––––––– Kesimpulan : p ⇒ r Jadi, kesimpulannya ”Jika Tio kehujanan maka ia demam”. 2. Jawaban: c Misal p : Semua mahasiswa berdemonstrasi. q : Lalu lintas macet. ~q : Lalu lintas tidak macet. Pernyataan : p ⇒ q Ingkaran : ~(p ⇒ q) ≡ p ∧ ~q Jadi, ingkarannya ”Semua mahasiswa berdemonstrasi dan lalu lintas tidak macet”. 3. Jawaban: c (a–1)2 ×

b4 c −3

2

=

=

1 ⋅ ( 2 )3 2

4

16 ⋅ 8 16 1 8

4. Jawaban: e 2 −2 3 2− 3

=

2 −2 3 2− 3

=

2( 2 + 3) − 2 3( 2 + 3) 2−3

=

=4+

240

×

2+ 3 2+ 3

( 2)2 + 2 3 − 2 3 2 − 2( 3) 2 −1

6 – 2 6 – 2 · 3)

= –(2 +

= = =

3 log 288 3 log 24

3 log 36 × 8 3 log 6 × 4

3 log 36 + 3log 8 3 log 6 + 3log 4

3 log 62

+ 3log 23

3 log 6 + 3log 22

=

2 3log 6 + 3 3log 2 3 log 6 + 2 3log 2

=

2p + 3q p + 2q

6. Jawaban: b Persamaan kuadrat x 2 + (m – 1)x – 5 = 0 mempunyai nilai a = 1, b = m – 1, dan c = –5. Akar-akar persamaan kuadrat x1 dan x2 maka: −b

x1 + x2 = a =

−(m − 1) 1

=1–m

−5

x12 + x22 – 2x1x2 = 8 m

1

=

288 =

c

b4c3 a2 4

24log

x1x2 = a = 1 = –5

= a–2b4c3 =

5. Jawaban: a

6

Latihan Ujian Nasional

⇔

((x1 + x2)2 – 2x1x2) – 2x1x2 = 8 m

⇔

(x1 + x2)2 – 4x1x2 = 8 m

⇔

(m – 1)2 – 4(–3) = 8 m

⇔ m2 – 2m + 1 + 20 = 8 m ⇔ m2 – 10m + 21 = 0 ⇔ (m – 3)(m – 7) = 0 ⇔ m – 3 = 0 atau m – 7 = 0 ⇔ m = 3 atau m=7 Jadi, nilai m = 3 atau m = 7. 7. Jawaban: b Persamaan kuadrat 2x2 – 2(p – 4)x + p = 0 mempunyai nilai a = 2, b = –2(p – 4), dan c = p. Persamaan kuadrat mempunyai dua akar real berbeda jika D > 0.

b2 – 4ac > 0 ⇔ (–2(p – –4·2·p>0 2 ⇔ 4(p – 8p + 16) – 8p > 0 ⇔ p2 – 8p + 16 – 2p > 0 ⇔ p2 – 10p + 16 > 0 Pembuat nol: p2 – 10p + 16 = 0 ⇔ (p – 2)(p – 8) = 0 ⇔ p – 2 = 0 atau p – 8 = 0 ⇔ p = 2 atau p=8 4))2

+

– 2

+ 8

Jadi, nilai p yang memenuhi adalah p < 2 atau p > 8. 8. Jawaban: d Misalkan x = umur Deksa y = umur Elisa z = umur Firda Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV sebagai berikut. x=4+y . . . (1) y=3+z . . . (2) x + y + z = 58 . . . (3) Substitusi persamaan (1) dan (2) ke persamaan (3). x + y + z = 58 ⇔ (4 + y) + (3 + z) + z = 58 ⇔ 4 + 3 + z + 3 + 2z = 58 ⇔ 10 + 3z = 58 ⇔ 3z = 48 ⇔ z = 16 y = 3 + z = 3 + 16 = 19 x = 4 + y = 4 + 19 = 23 Jumlah umur Deksa dan Firda =x+z = 23 + 16 = 39 tahun 9. Jawaban: a Mencari titik singgung lingkaran. Substitusi y = 3 ke L ≡ (x + 1)2 + (y – 3)2 = 9. (x + 1)2 + (y – 3)2 = 9 ⇔ (x + 1)2 + (3 – 3)2 = 9 ⇔ x2 + 2x + 1 + 0 – 9 = 0 ⇔ x2 + 2x – 8 = 0 ⇔ (x + 4)(x – 2) = 0 ⇔ x + 4 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x = –4 atau x=2

Diperoleh titik singgung A(–4, 3) dan B(2, 3). Persamaan garis singgung lingkaran L di titik A(–4, 3): (x + 1)(–4 + 1) + (y – 3)(3 – 3) = 9 ⇔ –3(x + 1) = 9 ⇔ x + 1 = –3 ⇔ x = –4 Persamaan garis singgung lingkaran L di titik B(2, 3): (x + 1)(2 + 1) + (y – 3)(3 – 3) = 9 ⇔ 3(x + 1) = 9 ⇔ x+1=3 ⇔ x=2 Jadi, persamaan garis singgungnya x = –4 dan x = 2. 10. Jawaban: b Misalkan suku banyak tersebut F(x). F(x) dibagi (x2 + 2x – 3) = (x + 3)(x – 1) bersisa (3x – 4). Menurut teorema sisa: F(–3) = 3 · (–3) – 4 = –13 F(1) = 3 · 1 – 4 = –1 Misalkan juga F(x) dibagi (x2 – x – 2) hasil baginya (ax + b) dan bersisa (2x + 3). F(x) = (x2 – x – 2)(ax + b) + (2x + 3) F(1) = (12 – 1 – 2)(a · 1 + b) + (2 · 1 + 3) ⇔ –1 = (–2)(a + b) + 5 ⇔ –6 = (–2)(a + b) ⇔ a+b=3 . . . (1) F(–3) = ((–3)2 – (–3) – 2)(a · (–3) + b) + (2 · (–3) + 3) ⇔ –13 = 10(–3a + b) – 3 ⇔ –10 = 10(–3a + b) ⇔ –3a + b = –1 . . . (2) Eliminasi b dari (1) dan (2). a+b=3 –3a + b = –1 –––––––––– – 4a = 4 ⇔ a = 1 Substitusi a = 1 ke (1). a+b=3 ⇔ 1+b=3 ⇔ b=2 Diperoleh a = 1 dan b = 2. F(x) = (x2 – x – 2)(ax + b) + (2x + 3) = (x2 – x – 2)(x + 2) + (2x + 3) = (x3 – x2 – 2x + 2x2 – 2x – 4) + (2x + 3) = x3 + x2 – 2x – 1 Jadi, suku banyak tersebut x3 + x2 – 2x – 1.


241

Cara lain: Misalkan suku banyak tersebut F(x). F(x) dibagi (x2 + 2x – 3) = (x + 3)(x – 1) bersisa (3x – 4). Menurut teorema sisa: F(–3) = 3 · (–3) – 4 = –13 F(1) = 3 · 1 – 4 = –1 F(x) dibagi (x2 – x – 2) = (x – 2)(x + 1) bersisa (2x + 3). Menurut teorema sisa: F(2) = 2 · 2 + 3 = 7 F(–1) = 2 · (–1) + 3 = 1 Perhatikan persamaan suku banyak pada pilihan b. F(x) = x3 + x2 – 2x – 1 F(–3) = (–3)3 + (–3)2 – 2(–3) – 1 = –27 + 9 + 6 – 1 = –13 (bernilai benar) F(1) = 13 + 12 – 2 · 1 – 1 =1+1–2–1 = –1 (bernilai benar)

F(–1) = (–1)3 + (–1)2 – 2(–1) – 1 = –1 + 1 + 2 – 1 = 1 (bernilai benar)

Luas

x y

4 20

200

1.760


88 O

C

B(140, 60) A 440 200 x + y = 200

X x + 5y = 440

Titik B merupakan perpotongan garis x + y = 200 dan x + 5y = 440. Koordinat B(140, 60).

Titik Pojok

Fungsi Objektif f(x, y) = 1.000x + 2.000y

O(0, 0) A(200, 0) B(140, 60) C(0, 88)

f(0, 0) = 1.000 × 0 + 2.000 × 0 = 0 f(200, 0) = 1.000 × 200 + 2.000 × 0 = 200.000 f(140, 60) = 1.000 × 140 + 2.000 × 60 = 260.000 f(0, 88) = 1.000 × 0 + 2.000 × 88 = 176.000

3 1  =  4 −2   

 1 2  −2 3   

 3 −2 6 + 3 = 4 + 4 8 − 6    1 9 =  8 2  

12. Jawaban: c Misal x = banyak mobil kecil y = banyak mobil besar

242

200

13. Jawaban: c C = AB

11. Jawaban: e f(x) = 2x – 3 g(x) = x2 + 2x – 3 (g f)(x) = g(f(x)) = g(2x – 3) = (2x – 3)2 + 2(2x – 3) – 3 = 4x2 – 12x + 9 + 4x – 6 – 3 = 4x2 – 8x

Pembatas

Y

Nilai maksimum f(x, y) = 1.000x + 2.000y adalah 260.000. Jadi, penghasilan maksimum dari tempat parkir Rp260.000,00.

Jadi, suku banyak tersebut adalah F(x) = x3 + x2 – 2x – 1.

Mobil kecil Mobil besar

x + y ≤ 200 4x + 20y ≤ 1.760 ⇔ x + 5y ≤ 440 x≥0 y≥0 Daerah penyelesaian SPtLDV:

Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y):

F(2) = 23 + 22 – 2 · 2 – 1 =8+4–4–1 = 7 (bernilai benar)

Banyak

Diperoleh model matematika: Memaksimumkan f(x, y) = 1.000x + 2.000y dengan kendala:

 1 9 6 3  C – D =  8 2  –  1 −5      Biaya Parkir 1.000 2.000

 −5 6  =  7 7  

14. Jawaban: b Oleh karena a tegak lurus b , berlaku a · b = 0 ⇔ x × 3 + 1 × 9 + 2 × (–12) = 0 ⇔ 3x + 9 – 24 = 0 ⇔ 3x = 15 ⇔ x=5 Diperoleh a = 5 i + j + 2k ( a + c )( a – b ) =

5     1   2   

+

 3     2   −1   

5     1   2   

–

 3     9   −12    

8  2      =  3   −8   1   14     

Proyeksi ortogonal vektor AB pada AC =

=

AB ⋅ AC | AC |2

AC

(−3) ⋅ 3 + 5 ⋅ 1 + (−1) ⋅ (−2) ( 32 + 12 + (−2)2 )2

=

−2 14

 3  1    −2 

=

1 –7

 3  1    −2 

 3  1    −2 

1

= – 7 (3 i + j − 2k)

= 8 × 2 + 3 × (–8) + 1 × 14 = 16 – 24 + 14 = 6 15. Jawaban: e Diketahui A(0, 0, 0), B(–1, 1, 0), dan C(1, –2, 2)  1 0  −1 a =  0  , b =  1  , dan c =  −2         2 0 0

17. Jawaban: e Matriks pencerminan terhadap sumbu X adalah

1 0 .  0 −1   Misalkan x′ dan y′ merupakan bayangan titik x dan y setelah ditransformasikan oleh matriks

 −1  0   −1 AB = b – a =  1  –  0  =  1         0  0  0   1  0  1  AC = c – a =  −2  –  0  =  −2         2  0  2 

 1 2  0 1  dan dilanjutkan    x′  =  1 0   1  0 −1  0  y′      1 2 ′   x x ⇔   =   y 0 1 − ′    y 

α = sudut antara AB dan AC

 x + 2y  x′ ⇔   =   ′ y  −y    Diperoleh y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . (1) x′ = x + 2y ⇔ x = x′ – 2y ⇔ x = x′ – 2(–y′) ⇔ x = x′ + 2y′ . . . (2) Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis. y=x+1 ⇔ –y′ = (x′ + 2y′) + 1 ⇔ x′ + 3y′ + 1 = 0 ⇔ x + 3y + 1 = 0 Jadi, persamaan bayangan garis x + 3y + 1 = 0.

cos α = = =

AB ⋅ AC | AB | | AC | ( −1) ⋅ 1 + 1 ⋅ (−2) + 0 ⋅ 2 2

(−1) + 12 + 02 ⋅ 12 + (−2)2 + 22

−1 − 2 + 0 2⋅ 9

=

−3 3 2

=–

1 2

2

16. Jawaban: c Diketahui A(2, –1, –1), B(–1, 4, –2), dan C(5, 0, –3).  5 2  −1 a =  −1 , b =  4  , dan c =  0         −3   −1  −2   −1   2   −3  AB = b – a =  4  –  −1 =  5     −1     −1    −2   5 2  3   AC = c – a = 0 –  −1 =  1      −2  −3   −1  

1 0 .  0 −1   2  x 1   y 

18. Jawaban: d 1

2

– 2x – 5

< ( 2 )–6x + 2

1

2

– 2x – 5

< ( 2 )2(–3x + 1)

1

2

– 2x – 5

< ( 4 )–3x + 1

( 4 )x ⇔ ( 4 )x ⇔ ( 4 )x

1 1 1


243

Untuk 0 < a < 1 penyelesaian af(x) < ag(x) adalah f(x) > g(x). x2 – 2x – 5 > –3x + 1 ⇔ x2 + x – 6 > 0 ⇔ (x + 3)(x – 2) > 0 Pembuat nol: x = –3 atau x = 2. +

– –3

+ 2

Nilai x yang memenuhi x < –3 atau x > 2. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < –3 atau x > 2}. 19. Jawaban: e Grafik fungsi melalui titik (–1, 9), (0, 3), dan (1, 1). Fungsi yang memenuhi adalah f(x) = 31 – x karena: f(–1) = 31 – (–1) = 32 = 9 f(0) = 31 – 0 = 31 = 3 f(1) = 31 – 1 = 30 = 1 Cara lain: Grafik fungsi pada gambar adalah grafik fungsi g(x) = 3–x yang digeser ke kanan 1 satuan, yaitu f(x) = 3–(x – 1) = 31 – x. Jadi, fungsi yang sesuai dengan grafik tersebut adalah f(x) = 31 – x. 20. Jawaban: b Diketahui U3 = –10 dan U5 = –4. U3 = –10 ⇔ a + 2b = –10 . . . (1) . . . (2) U5 = –4 ⇔ a + 4b = –4 Eliminasi a dari (1) dan (2). a + 2b = –10 a + 4b = –4 –––––––––––––– – –2b = –6 ⇔ b = 3 Substitusi b = 3 ke (1). a + 2b = –10 ⇔ a + 2(3) = –10 ⇔ a = –10 – 6 ⇔ a = –16 Diperoleh a = –16 dan b = 3. n

21. Jawaban: b Banyak kursi dalam gedung kesenian membentuk barisan aritmetika 18, 22, 16, . . . . Suku pertama = a = 18 Beda = b = 4 U12 = a + (12 – 1)b = 18 + (11)4 = 18 + 44 = 62 Jadi, banyak kursi pada baris kedua belas adalah 62. 22. Jawaban: D Banyak potongan kertas membentuk barisan geometri dengan rasio 2. Pada potongan ketiga (U4): U4 = 160 ⇔ a × 23 = 160 ⇔ 8a = 160 ⇔ a = 20 Banyak kertas setelah potongan ke-7 (U8): U8 = ar7 = 20 x 27 = 20 x 128 = 2.560 Jadi, banyak kertas setelah potongan ketujuh ada 2.560 lembar. Cara lain: Banyak kertas: Pada potongan ke-3 = 160 lembar Pada potongan ke-4 = 2 × 160 = 320 lembar Pada potongan ke-5 = 2 × 320 = 640 lembar Pada potongan ke-6 = 2 × 640 = 1.280 lembar Pada potongan ke-7 = 2 × 1.280 = 2.560 lembar 23. Jawaban: b Diketahui U4 = 24 dan r = 2. U4 = 24 ⇔ ar3 = 24 ⇔ a · 23 = 24 ⇔ a · 8 = 24 ⇔ a=3

S8 =

=

H

G E

E

F D

× 10 = 75

Jadi, jumlah 15 suku pertama adalah 75.

T

C

T O

A

G

8 cm

× (2(–16) + (15 – 1) 3) × (–32 + 42)

= 765

24. Jawaban: e

cm

=

3(256 − 1) 1

=

O

8

S15 =

3(28 − 1) 2 −1

3(2n − 1) 2 −1

=

Jadi, jumlah delapan suku pertama deret tersebut adalah 765.

Sn = 2 (2a + (n – 1) b) 15 2 15 2 15 2

a(r n − 1) r −1

Sn =

B

Jarak titik E ke bidang BGD = ET

244


OE = OG =

2

BD2 + TD2 − TB2 2 × BD × TD

cos ∠BDT =

2

OC + CG

=

(2 2)2 + ( 3)2 − ( 3)2 2×2 2 × 3

=

(4 2)2 + 82

=

32 + 64

=

8+3−3 4 6

=

96

=

8 4 6

= 4 6 cm Pada ∆OGE berlaku aturan kosinus sebagai berikut. cos ∠EOG =

E

96 + 96 − 128 2 × 96

O

=

64 192

=

1 3

45

sin ∠EOG = 2 32

luas ∆EOG =

1 2

× ET × OG dan

1 2

=

= 36(2 – AB =

2)

36(2 − 2) = 6 2 − 2 cm = 8⋅6 2 − 2

16

Jadi, jarak titik E ke bidang BGD adalah 3

3 cm.

25. Jawaban: b T 3 cm

C 2 cm 2 cm

1

2)× 2 2

Keliling segi delapan = 8AB

8 3× 2× 2 3 16 3 cm 3

D

cm

= 36 × 2 – 36 2

ET = OE sin ∠EOG

=

A

= 36(2 –

× OE × OG sin ∠EOG

= 4 6 · 2 32

6

Pada ∆AOB berlaku aturan kosinus sebagai berikut. AB2 = OA2 + OB2 – 2 × OA × OB × cos ∠AOB = 62 + 62 – 2 × 6 × 6 × cos 45° = 36 × 2 – 36 × 2

× OE × OG sin ∠EOG maka

× ET × OG =

⇔

1 2

D

2

B

°

=

G

B

A 6 cm

Oleh karena luas ∆EOG =

1 2

1

=

2 2

6

2

= 2 2

(4 6)2 + (4 6)2 − (8 2)2 2×4 6 ×4 6

3

T

26. Jawaban: d

OE2 + OE2 − EG2 2 × OE × OG

O 1

2 2

tan ∠BDT =

EG = 8 2 cm

2 6

=

B

Sudut antara TD dan bidang ABCD = ∠BDT. Pada ∆BDT berlaku aturan kosinus sebagai berikut.

= 48 2 − 2 cm 27. Jawaban: b cos 4x + 3 sin 2x = –1 ⇔ 1 – 2 sin2 2x + 3 sin 2x + 1 = 0 ⇔ –2 sin2 2x + 3 sin 2x + 2 = 0 ⇔ 2 sin2 2x – 3 sin 2x – 2 = 0 ⇔ (2 sin 2x + 1)(sin 2x – 2) = 0 ⇔ 2 sin 2x + 1 = 0 atau sin 2x – 2 = 0 ⇔

1

sin 2x = – 2 atau

sin 2x = 2

Untuk sin 2x = 2 tidak ada nilai x yang memenuhi karena –1 ≤ sin 2x ≤ 1.


245

1

Mencari penyelesaian sin 2x = – 2 .

= lim

x →1

1

sin 2x = – 2 = sin 210° a.

= lim (2 +

= (2 + 2 1+ 3 )

b.

2x = (180° – 210°) + k · 360° ⇔ 2x = –30° + k · 360° ⇔ x = –15° + k · 180° = –15°, 165°, 345°, . . . Oleh karena 0° ≤ x ≤ 180°, himpunan penyelesaiannya adalah {105°, 165°}. 28. Jawaban: d sin 75° – sin 165° 1

= lim

x →1

1

2 − (x + 3) 2

−1 1 −2

−1

(x + 3) 2 1

= lim 2(x + 3) 2 x →1

= 2 1+ 3

29. Jawaban: c sin (α – β) =

= 2 4

3 5

=2·2=4 31. Jawaban: a

3

⇔ sin α cos β – cos α sin β = 5 1 5

⇔ ⇔

lim

3

– cos α sin β = 5 cos α sin β =

1 5

–

3 5

2

sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β 1

2

= 5 + (– 5 )

2

Dengan substitusi langsung: 1− 1 2−2

=

0 0

Dengan mengalikan bentuk sekawan: 1− x x+3

x →1 2 −

×

sin2 2x x → 0 x sin 3x

= – lim

sin 2x x 2

·

sin 2x sin 3x

4

=–1 · 3 =–3

30. Jawaban: b

=

−2 sin2 2x x → 0 2x sin 3x

= lim

x →0

1

1− x x →1 2 − x + 3

(1 − 2 sin2 2x) − 1 2x sin 3x x→0

= lim

= – lim

=–5

lim

cos 4x − 1

x → 0 2x sin 3x

=–5

246

1− x

= lim 2 x + 3

1

= 2 2

x →1

1− x x+3

lim

x →1 2 −

x →1

1

= –2 · (– 2 ) · 2 2

= lim

Cara lain: Mencari nilai limit menggunakan teorema L’Hopital.

x →1

= 2 cos 2 (75° + 165°) · sin 2 (75° – 165°) = 2 cos 120° sin (–45°) = –2 cos 120° sin 45°

lim

= (2 + 2) =4

= lim

1

x+3)

x →1

2x = 210° + k · 360° ⇔ x = 105° + k · 180° = 105°, 285°, . . .

1

(1 − x)(2 + x + 3) 1− x

2+ x+3 2+ x+3

(1 − x)(2 + x + 3) 4 − (x + 3)


32. Jawaban: d Biaya produksi per unit barang: b(x) = (5x2 – 10x + 30) ribu rupiah Biaya produksi x unit barang: B(x) = x b(x) = x(5x2 – 10x + 30) ribu rupiah = (5x3 – 10x2 + 30x) ribu rupiah Harga jual x unit barang: H(x) = 50x ribu rupiah

Keuntungan: U(x) = H(x) – B(x) = (50x – (5x3 – 10x2 + 30x)) ribu rupiah = (–5x3 + 10x2 + 20x) ribu rupiah Fungsi U(x) mencapai stasioner jika dU(x) dx

dU(x) dx

= 0.

= –15x2 + 20x + 20 = 0

⇔ 4x – 4 = 0 ⇔ (3x + 2)(x – 2) = 0 ⇔ 3x + 2 = 0 atau x – 2 = 0 3x2 –

⇔ Diagram – – –

2 x=–3 dU(x) : dx + + +

atau

x=2

– – –

dx

∫ (6x2 – 3x + 2) 2 − 3

2(6x 2 − 3x +

=

5 − 3

−

5 3

dx

d(6x2 – 3x + 2)

(6x2 – 3x + 2)

1

=

1

= 18 ((3 · 12 + 9 · 1 – 10)6 – (3 · 02 + 9 · 0 – 10)6) 1

= 18 ((3 + 9 – 10)6 – (–10)6) 1

= 18 (26 – 1.000.000) 1

= 18 (64 – 1.000.000)

π 4

∫ 4 sin2 2x sin 4x dx

0

π 4

=

∫ 2 · 2 sin2 2x sin 4x dx

0

π 4

=2

∫ (1 – cos 4x) sin 4x dx

0

−

2 3

+C

(1 – cos 4x) d(cos 4x)

1 4 1 = – 2 cos 4x − cos2 4x   0 2 1

1

1

= – 2 ((cos π – 2 cos2 π) – (cos 0 – 2 cos2 0)) 1

1

1

1

1

= – 2 (–1 – 2 · (–1)2 – 1 + 2 · 1) 1

= – 2 (–1 – 2 – 1 + 2 ) 1

= – 2 · (–2)

+C

2 2) 3

2 –4 ∫ 0

π

= –∫ (4x – 1)(6x2 – 3x + 2)

1

1

= 18 ((3 · 12 + 9 · 1 – 10)6 – (3 · 02 + 9 · 0 – 10)6)

=

1 − 4x

1

0

π 4

(6x 2 − 3x + 2)5

=–3 ·

1

+ 9x − 10)6 

35. Jawaban: b

33. Jawaban: d

1

1 1 × (3x2 3 6

1

Dari diagram terlihat fungsi U(x) mencapai maksimum di x = 2. Keuntungan maksimum = U(2) = (–5 · 23 + 10 · 22 + 20 · 2) ribu rupiah = 40.000 rupiah Jadi, keuntungan maksimum yang diperoleh perusahaan Rp40.000,00.

=–3

=

= 18 (–999.936) = –55.552

2 – 2 3 minimum maksimum

∫3

1

1

= 3 ∫ (3x2 + 9x – 10)5 d(3x2 + 9x – 10) 0

=1

1 2 3 (6x 2 − 3x + 2)2

+C

36. Jawaban: c Y y1 = x 2 – 4

34. Jawaban: d 1

2

∫ (2x + 3)(3x2 + 9x – 10)5 dx

I

0

–2

1

= ∫

(3x2

= ∫

(3x2

0 1 0

+ 9x –

10)5

+ 9x –

10)5

0

(2x + 3) dx ·

1 3

d(3x2

+ 9x – 10)

II

2

X y2 = 2 – x

–4


247

Daerah yang diarsir terbagi menjadi daerah I dan II. Daerah I berbentuk segitiga dibatasi oleh garis garis y = 2 – x, sumbu X, dan sumbu Y. Daerah II dibatasi kurva y = x2 – 4, sumbu X, dan sumbu Y. L = LI + LII 2

1

= 2 ·2·2–

∫ y1 dx

38. Jawaban: d Modus data pada interval kelas 50–59. LO = 49,5 d1 = 12 – 8 = 4 d2 = 12 – 9 = 3 c = 59,5 – 49,5 = 10 MO = LO +

0

2

= 2– =2– =2– =2–

∫ (x2 – 4) dx

= 49,5 +

0

1 3  3 x

1 3 8 3

− 4x 

0

39. Jawaban: a Banyak huruf = 6 Banyak huruf A = 2 Banyak susunan kata

+8

1

6!

= 2!

37. Jawaban: a

=

Y

0

X

2

1

y2 = 2 – x

y1 = 2x – x2

2

V = π ∫ (y12 – y22) dx 1

2

= π ∫ ((2x – x2)2 – (2 – x)2) dx 1

=π∫

–

4x3

+

x4

– (4 – 4x +

x2))

dx

1

2

= π ∫ (3x2 – 4x3 + x4 – 4 + 4x) dx 1

1

1

1

– (13 – 14 + 5 · 15 – 4 · 1 + 2 · 12)) 1

= π(8 – 16 + 5 – 8 + 8) – (1 – 1 + 5 – 4 + 2)) 9

= π(– 5 + 5 ) π

= 5 satuan volume

248


=6·3+4 = 18 + 4 = 22 Peluang kejadian A: n(A) n(S)

22

= 35 Jadi, peluang terambil paling sedikit 2 kelereng

= π((23 – 24 + 5 · 25 – 4 · 2 + 2 · 22)

32

40. Jawaban: e Jumlah kelereng = 3 + 4 = 7 Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 7C3 = 35. Kemungkinan kelereng yang terambil 2 putih dan 1 merah, atau 3 putih. A = kejadian terambil paling sedikit 2 kelereng putih n(A) = 4C2 · 3C1 + 4C3

P(A) =

2

= π x3 – x4 + 5 x5 – 4x + 2x2 1 

8

6×5×4×3× 2 × 1 2×1

=6·5·4·3 = 360

1

(4x2

· 10

= 49,5 + 7

(23 – 03) + 4(2 – 0)

2

4 4+3

·c

40

2

= 7 3 satuan luas

2

d1 d1 + d2

22

putih adalah 35 .


477

Materi Pokok/ Pembelajaran

1.2 M e n g h i t u n g Integral integral tak tentu dan integral tentu dari fungsi aljabar dan trigonometri yang sederhana.

1.1 M e m a h a m i Integral konsep integral tentu dan tak tentu.

Kompetensi Dasar

Pendidikan karakter (*) Teliti

Nilai dan Materi yang Diintegrasikan

1.2.1 Mampu menentukan hasil integral tak tentu fungsi aljabar. 1.2.2 Mampu menentukan hasil integral tentu fungsi aljabar. 1.2.3 Mampu menentukan hasil integral tak tentu fungsi trigonometri.

1.1.1 Mampu mendefinisikan integral tak tentu. 1.1.2 Mampu mendefinisikan integral tentu.

– Menjelaskan integral sebagai antiturunan. – Menuliskan notasi integral tak tentu. – Menjelaskan pengertian integral tentu menggunakan metode Riemann. – Menuliskan notasi integral tentu. – Membuktikan integral tentu sebagai jumlahan Riemann.

– Menyebutkan rumusrumus integral tak tentu fungsi aljabar. – Menyebutkan sifatsifat integral tak tentu fungsi aljabar. – Membuktikan rumus dan sifat integral tak tentu fungsi aljabar. – Menentukan hasil integral tak tentu fungsi aljabar.

Indikator Pencapaian Kompetensi

Kegiatan Pembelajaran Teknik

Tes tertulis

Tes tertulis

Menggunakan konsep integral dalam pemecahan masalah.

: SMA/MA : XII/1 Program IPA : Matematika

Standar Kompetensi : 1.

Sekolah Kelas/Semester Mata Pelajaran

Silabus Bab I Integral

Pilihan ganda

Uraian

Pilihan ganda

Bentuk Instrumen

−

∫ (2f(x) – 3g(x)) dx

−

∫ g(x) dx

−

dx = . . . .

e.

– 2x2 + c

d. 3 – 2x2 + c

c. 3 – 4x2 + c

b. 6 – x2 + c

a. 6 – 2x2 + c

∫

1. Hasil pengintegralan

b.

a.

−

∫ f(x) dx = 8

∫ 2g(x) dx = 6. −

Tentukan:

dan

Diketahui

Jika f′(x) = 3x2 + 6x – 5 dan f(–1) = 8, rumus fungsi f(x) = . . . . a. 3x3 + 6x2 – 5x b. 3x3 + 3x2 – 5x + 3 c. x3 + 6x2 – 5x + 8 d. x3 + 3x2 – 5x + 1 e. x3 + 3x2 – 5x + 8

Contoh Instrumen

Penilaian

6 jp

4 jp

1. Buku PR Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 1–24 2. Buku PG Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 1–44

1. Buku PR Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 1–24 2. Buku PG Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 1–44 3. BSE Matematika Kelas XII Program IPA untuk SMA/ MA, Depdiknas 4. W e b s i t e website yang relevan

Alokasi Alat dan Sumber Belajar Waktu

478

Silabus

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Menyebutkan rumusrumus integral tentu. – Membuktikan rumus integral tentu fungsi aljabar. – Menghitung integral tentu fungsi aljabar. – Mengingat kembali aturan-aturan trigonometri. – Menyebutkan rumus integral tak tentu fungsi trigonometri. – Membuktikan rumus integral tak tentu fungsi trigonometri. – Menentukan hasil integral tak tentu fungsi trigonometri. – Menghitung integral tentu fungsi trigonometri. – Menjelaskan pengertian integral substitusi. – Menjelaskan cara menentukan hasil integral menggunakan metode substitusi. – Menentukan hasil integral menggunakan metode substitusi. – Menghitung integral tentu menggunakan metode substitusi. – Menjelaskan pengertian integral parsial. – Menjelaskan cara menentukan hasil integral secara parsial.

Kegiatan Pembelajaran

1.2.4 Mampu menentukan hasil integral tentu fungsi trigonometri 1.2.5 Mampu menentukan hasil integral menggunakan metode substitusi. 1.2.6 Mampu menentukan hasil integral secara parsial.

Indikator Pencapaian Kompetensi Teknik

Uraian

Bentuk Instrumen

e.

cos2 2x + c sin 2x + c

b. c.

sin 2x cos 2x + c

π

– x) dx

∫ 6 sin x cos x dx

π

π

∫ 2 cos (

π

∫ (cos 2x + sin 3x) dx

π

b.

a.

− − −

dx

∫ sin2 2x sin x dx

π

∫

2. Hitunglah hasil pengintegralan berikut.

c.

b.

a.

1. Hitunglah hasil integral tentu berikut.

e.

d. 3 sin x cos x + c

sin2 2x + c

a.

=....

3. Hasil dari ∫ (3 – 6 sin2 x) dx

c.

b.

a.

d.

∫ (–x2 + 6x – 8) dx

=....

2. Hasil

Contoh Instrumen

Penilaian

3. BSE Matematika Kelas XII Program IPA untuk SMA/ MA, Depdiknas 4. W e b s i t e website yang relevan



479

1.3 Menggunakan integral untuk menghitung luas daerah di bawah kurva dan volume benda putar.

Kompetensi Dasar

Integral


Pendidikan karakter (*) Cermat

Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Menentukan hasil integral secara parsial. – Menghitung integral tentu secara parsial. – Menjelaskan cara menentukan luas daerah di bawah kurva menggunakan pendekatan persegi panjang. – Menjelaskan cara menentukan luas daerah di bawah kurva dengan proses limit. – Menuliskan kesimpulan luas sebagai limit jumlahan Riemann. – Menyebutkan rumus luas daerah yang dibatasi kurva y = f(x) dan sumbu X. – Menghitung luas daerah yang dibatasi kurva oleh suatu kurva dan sumbu X yang berada di atas sumbu X. – Menghitung luas daerah yang dibatasi oleh suatu kurva dan sumbu X yang berada di bawah sumbu X. – Menyebutkan rumus luas daerah yang dibatasi oleh dua kurva. – Membuktikan rumus luas daerah yang dibatasi oleh dua kurva. – Menghitung luas daerah yang dibatasi oleh dua kurva.


1.3.1 Mampu menentukan luas daerah yang dibatasi oleh suatu kurva. 1.3.2 Mampu menentukan luas daerah yang dibatasi oleh dua kurva. 1.3.3 Mampu menentukan volume benda putar yang terjadi jika suatu daerah yang dibatasi oleh suatu kurva diputar mengelilingi sumbu X. 1.3.4 Mampu menentukan volume benda putar yang terjadi jika suatu daerah yang dibatasi oleh suatu kurva diputar mengelilingi sumbu Y. 1.3.5 Mampu menentukan volume benda putar yang terjadi jika suatu daerah yang dibatasi oleh dua kurva diputar mengelilingi sumbu X. 1.3.6 Mampu menentukan volume benda putar yang terjadi jika suatu daerah yang dibatasi oleh dua kurva diputar mengelilingi sumbu Y. Tes tertulis


Uraian

Pilihan ganda

Bentuk Instrumen

e. 6

d. 8

π π

b. c.

e.

d.

π

π

Y

6

X a. Tentukan batasbatas daerah yang diarsir. b. Hitunglah luas daerah yang diarsir.

0

6

9

1. Perhatikan daerah yang diarsir pada gambar.

π

a.

2. Volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi kurva y = x2 dan garis y = 2x di kuadran I diputar 360° mengelilingi sumbu X adalah . . . satuan volume.

c. 9

b. 10

a. 12

1. Luas daerah yang dibatasi kurva y = (3 – x)2, sumbu X, dan sumbu Y adalah . . . satuan luas.

Contoh Instrumen

Penilaian

6 jp



480

Silabus

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Menyebutkan rumus volume benda putar yang terjadi jika suatu daerah diputar mengelilingi sumbu X. – Menghitung volume benda putar yang terjadi jika suatu daerah diputar mengelilingi sumbu X. – Menyebutkan rumus volume benda putar yang terjadi jika suatu daerah diputar mengelilingi sumbu Y. – Menghitung volume benda putar yang terjadi jika suatu daerah diputar mengelilingi sumbu Y. – Menyebutkan rumus volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh dua kurva diputar mengelilingi sumbu X. – Menghitung volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh dua kurva diputar mengelilingi sumbu X. – Menyebutkan rumus volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh dua kurva diputar mengelilingi sumbu Y. – Menghitung volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh dua kurva diputar mengelilingi sumbu Y.

Kegiatan Pembelajaran Indikator Pencapaian Kompetensi Teknik Bentuk Instrumen 2. Daerah D dibatasi parabola y = x2 dan garis x + y = 2. Hitunglah volume benda putar yang terjadi jika daerah D diputar mengelilingi: a. sumbu X; b. sumbu Y.

Contoh Instrumen

Penilaian Alokasi Alat dan Sumber Belajar Waktu


481

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Membuktikan rumus volume kerucut dan volume kerucut terpancung yang terjadi dari suatu daerah yang dibatasi kurva diputar mengelilingi sumbu X.

Kegiatan Pembelajaran Indikator Pencapaian Kompetensi Teknik Bentuk Instrumen Contoh Instrumen


482

Silabus


2.1 Menyelesaikan Program sistem pertidak- Linear samaan linear dua variabel.

Kompetensi Dasar

Nilai dan Materi yang Diintegrasikan Indikator Pencapaian Kompetensi

– Menjelaskan penger- 2.1.1 Mampu mendetian pertidaksamaan finisikan sistem linear dua variabel. pertidaksamaan – Menyebutkan bentuk linear dua variabel. umum pertidaksama- 2.1.2 Mampu menenan linear dua variabel. tukan daerah – Menjelaskan pengertian penyelesaian himpunan penyelesistem pertidaksaian pertidaksamasamaan linear an linear dua variabel. dua variabel. – Menentukan himpun- 2.1.3 Mampu menenan penyelesaian pertukan sistem pertidaksamaan linear tidaksamaan dua variabel menglinear dua variabel gunakan metode uji yang terbentuk titik. dari suatu daerah. – Menentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan linear dua variabel dengan syarat koefisien x positif menggunakan cara langsung. – Menjelaskan pengertian sistem pertidaksamaan linear dua variabel. – Menentukan himpunan penyelesaian sistem pertidaksamaan dua variabel.


Menyelesaikan masalah program linear.




Tes tertulis

Teknik

Silabus Bab II Program Linear

Pilihan ganda

Bentuk Instrumen

+x +x –x +y –y

2y 2y 2y 2x 2x

> < < > <

2 2 2 2 2

X

2. Yang termasuk titik-titik himpunan penyelesaian dari sistem pertidaksamaan x – 2y ≤ –2 3x + 4y ≥ 12 5x + 3y ≤ 15

a. b. c. d. e.

0

–2

1

1. Daerah yang diarsir merupakan penyelesaian dari pertidaksamaan . . . . Y

Contoh Instrumen

Penilaian

yaitu . . . . a. (0, 0) dan (–2, 1) b. (4, 4) dan (0, 6) c. (0, 2) dan (1, 0) d. (–2, 1) dan (3, 0) e. (4, 0) dan (5, 2)

2 jp




2.2 Merancang mo- Program del matematika Linear dari masalah program linear.

Kompetensi Dasar

Pendidikan karakter (*) Rasa Ingin Tahu


Tes tertulis

Pilihan ganda

2.2.1 Mampu menyusun model matematika dari suatu masalah program linear.

– Menjelaskan pengertian model matematika. – Menjelaskan langkahlangkah membentuk model matematika dari suatu masalah program linear. – Membuat model matematika dari suatu masalah program linear. (*)

1. Tentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear berikut. x+y≥1 2x + 3y ≤ 12 –x + y ≤ 2 x ≤1

Contoh Instrumen

Penilaian Bentuk Teknik Instrumen Uraian


– Menentukan sistem pertidaksamaan linear dua variabel yang terbentuk dari suatu daerah.


Seorang peternak memiliki tidak lebih dari 10 kandang ternak untuk memelihara ayam dan itik. Setiap kandang dapat menampung ayam sebanyak 36 ekor atau menampung itik sebanyak 24 ekor. Jumlah ternak yang akan dipelihara tidak lebih dari 300 ekor. Jika banyak kandang yang berisi ayam x buah dan banyak kandang yang berisi itik y buah, sistem pertidaksamaan permasalahan . . . . a. x ≥ 0, y ≥ 0, 300x + 24y ≤ 360, x + y ≤ 10 b. x ≥ 0, y ≥ 0, 200x + 24y ≤ 300, x + y ≤ 10 c. x ≥ 0, y ≥ 0, 36x + 240y ≤ 300, x + y ≤ 10 d. x ≥ 0, y ≥ 0, 200x + 250y ≤ 300, x + y ≤ 10 e. x ≥ 0, y ≥ 0, 36x + 24y ≤ 300, x + y ≤ 10

2. Titik A(–4, 2), B(–2, –2), C(4, –4), dan D(0, 4) merupakan titik-titik sudut daerah penyelesaian suatu sistem pertidaksamaan. Tentukan sistem pertidaksamaan tersebut.


483

4 jp



484

Silabus

2.3 Menyelesaikan model matematika dari masalah program linear dan penafsirannya.

Kompetensi Dasar

Program Linear


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Menjelaskan pengertian fungsi objektif. – Menjelaskan pengertian nilai optimum suatu fungsi objektif. – Menjelaskan pengertian metode uji titik sudut. – Menjelaskan langkahlangkah menentukan nilai optimum suatu bentuk objektif menggunakan metode titik sudut. – Menghitung nilai optimum suatu bentuk objektif dengan menggunakan metode titik sudut. – Menjelaskan pengertian garis selidik. – Menjelaskan langkahlangkah menentukan nilai otimum suatu bentuk objektif menggunakan garis selidik. – Menghitung nilai optimum suatu bentuk objektif menggunakan garis selidik. – Menghitung nilai optimum suatu fungsi objektif dari model matematika yang terbentuk. – Menyelesaikan model matematika dari masalah program linear. – Mengembalikan penyelesaian model matematika yang diperoleh ke dalam bahasa sehari-hari.


2.3.1 Mampu menentukan fungsi objektif. 2.3.2 Mampu menentukan nilai optimum suatu bentuk objektif. 2.3.3 Mampu menentukan penyelesaian model matematika dari masalah program linear. 2.3.4 Mampu menafsirkan penyelesaian model matematika dari masalah program linear.


Tes tertulis Pilihan ganda

Bentuk Teknik Instrumen

2. Suatu perusahaan mebel memerlukan 18 unsur A dan 24 unsur B per hari. Untuk membuat barang jenis I dibutuhkan 1 unsur A dan 2 unsur B, sedangkan untuk membuat barang jenis II dibutuhkan 3 unsur A dan 2 unsur B. Jika barang jenis I dijual seharga Rp250.000,00 per unit dan barang jenis II dijual seharga Rp400.000,00 per unit maka agar penjualannya mencapai maksimum, berapa banyak setiap

1. Seorang pembuat kue mempunyai 4 kg gula dan 9 kg tepung. Untuk membuat kue jenis A dibutuhkan 20 gram gula dan 60 gram tepung, sedangkan untuk membuat kue jenis B dibutuhkan 20 gram gula dan 40 gram tepung. Jika kue A dijual dengan harga Rp 4.000,00/buah dan kue B dijual dengan harga Rp3.000,00/buah, pendapatan maksimum yang dapat diperoleh pembuat kue tersebut .... a. Rp600.000,00 b. Rp650.000,00 c. Rp700.000,00 d. Rp750.000,00 e. Rp800.000,00

Contoh Instrumen

Penilaian

4 jp




485

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan Kegiatan Pembelajaran Indikator Pencapaian Kompetensi

Uraian


1. Sebuah pabrik memproduksi minyak goreng kemasan botol dengan isi 1 liter dan 2 liter. Kapasitas produksi setiap hari tidak lebih dari 120 botol. Setiap hari minyak dengan kemasan 1 kg diproduksi tidak kurang dari 30 botol dan kemasan 2 kg tidak kurang 50 botol. Keuntungan hasil penjualan adalah Rp3.000,00 per botol untuk minyak kemasan 1 liter dan Rp5.000,00 per botol untuk minyak kemasan 2 liter. Tentukanlah: a. model matematika dari persoalan tersebut, b. daerah penyelesaian dari model matematika di atas, dan c. banyak produksi tiap-tiap kemasan agar diperoleh

jenis barang harus dibuat? a. 6 barang jenis I b. 12 barang jenis II c. 6 barang jenis I dan 6 barang jenis II d. 3 barang jenis I dan 9 barang jenis II e. 9 barang jenis I dan 3 barang jenis II

Contoh Instrumen


486

Silabus

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan Kegiatan Pembelajaran Indikator Pencapaian Kompetensi Bentuk Teknik Instrumen

3. Seorang pedagang kue mempunyai persediaan 18 kg tepung dan 12 kg mentega. Pedagang tersebut membuat 180 kue isi cokelat dan isi keju. Kue isi cokelat memerlukan 150 gram tepung dan 50 gram mentega, sedangkan kue isi keju memerlukan 75 gram tepung dan 75 gram mentega.

2. Dalam setiap minggu kebutuhan minimum protein, karbohidrat, dan lemak seseorang berturut-turut 8 unit, 12 unit, dan 9 unit. Makanan jenis A per kg mengandung 2 unit protein, 6 unit karbohidrat, dan 1 unit lemak, sedangkan makanan jenis B per kg mengandung 1 unit protein, 1 unit karbohidrat, dan 3 unit lemak. Jika harga makanan jenis A Rp8.500,00 per kg dan harga makanan jenis B Rp4.000,00 per kg maka tentukan uang minimal yang harus dikeluarkan per minggu agar kebutuhan protein, karbohidrat, dan lemak terpenuhi.

keuntungan maksimum dan besar keuntungan maksimumnya.

Contoh Instrumen



487

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan Kegiatan Pembelajaran Indikator Pencapaian Kompetensi Bentuk Teknik Instrumen

4. Sebuah LSM ditunjuk stasiun TV Oke untuk melakukan survei tentang kualitas program TV Oke. Survei dilakukan dengan menyebar kuesioner ke daerah pedesaan dan daerah perkotaan. Kuesioner yang disebar ke daerah pedesaan tidak kurang dari 500, sedangkan kuesioner yang disebar ke daerah perkotaan tidak kurang dari kuesioner yang disebar ke daerah pedesaan. Jumlah seluruh kuesioner yang disebar tidak lebih dari 1.500. Setiap responden di daerah pedesaan dibayar Rp4.000,00 dan setiap responden di daerah perkotaan dibayar Rp5.000,00 oleh LSM. a. Jika LSM tersebut dibayar Rp6.000,00 oleh TV Oke untuk setiap responden, berapa biaya minimum yang dikeluarkan LSM untuk melakukan survei? b. Berapa keuntungan maksimum yang diperoleh LSM dari survei tersebut?

Apabila harga kue isi cokelat Rp7.000,00 per buah dan kue isi keju Rp5.500,00 per buah maka tentukan:

Contoh Instrumen


488

Silabus


3.1 M e n g g u n a k a n Matriks sifat-sifat dan operasi matriks untuk menunjukkan bahwa suatu matriks persegi merupakan invers dari matriks persegi lain.

Kompetensi Dasar

Pendidikan karakter (*) P e r c a y a Diri

Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Menjelaskan pengertian matriks. – Menuliskan notasi matriks. – Menentukan ordo suatu matriks. – Menentukan jenis matriks. – Menentukan transpos suatu matriks. – Menggunakan kesamaan dua matriks untuk menentukan elemen yang belum diketahui. – Menjumlahkan dua matriks atau lebih. – Membuktikan sifatsifat penjumlahan matriks. – Mengurangkan dua matriks atau lebih. – Membuktikan sifatsifat pengurangan matriks. – Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan penjumlahan dan pengurangan matriks. – Mengalikan bilangan skalar dengan matriks.


3.1.1 Mampu menentukan ordo suatu matriks. 3.1.2 Mampu menentukan transpos suatu matriks. 3.1.3 Mampu menggunakan kesamaan dua matriks untuk menyelesaikan permasalahan. 3.1.4 Mampu menentukan penjumlahan dan pengurangan dua matriks atau lebih. 3.1.5 Mampu menentukan hasil perkalian matriks.

Indikator Pencapaian Kompetensi Bentuk Instrumen Pilihan ganda

Teknik Tes tertulis

Jika KT – L = M, matriks M=....   a.  −     − b.       c.       d.       e.    

      dan L =   .    

2. Diketahui matriks K =

adalah . . . . a. 3 dan 4 b. 8 dan 3 c. –1 dan –6 d. 7 dan 0 e. 2 dan 4

dan c32 berturut-turut

1. Diberikan matriks C =  −   −  . Nilai c 21    

Contoh Instrumen

Penilaian





Silabus Bab III Matriks

4 jp

1. Buku PR Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 47–80 2. Buku PG Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 97– 154 3. BSE Matematika Kelas XII Program IPA untuk SMA/ MA, Depdiknas 4. W e b s i t e website yang relevan



489

3.2 M e n e n t u k a n determinan dan invers matriks 2×2

Kompetensi Dasar

Matriks



– Menjelaskan cara menentukan determinan matriks ordo 2 × 2. – Menjelaskan cara menentukan determinan matriks ordo 3 × 3. – Menentukan jenis matriks berdasarkan nilai determinannya.

– Membuktikan sifatsifat perkalian bilangan skalar dengan matriks. – Mengalikan dua matriks atau lebih. – Membuktikan sifatsifat perkalian matriks. – Menjelaskan sifat perkalian matriks dengan matriks identitas. – Memangkatkan matriks. – Menggunakan sifatsifat perkalian matriks untuk menyelesaikan soal.


3.2.1 Mampu menentukan determinan matriks 2 × 2. 3.2.2 Mampu menentukan invers matriks 2 × 2. 3.2.3 Mampu menentukan determinan matriks 3 × 3. 3.2.4 Mampu menentukan invers matriks ordo 3 × 3.


Tes tertulis

Pilihan ganda

Uraian


− +

−

=

c.

b

b. 5b

e.

b

 1. Matriks A =     dan B adalah matriks berukuran 2 × 2. Jika det (B) = b maka det (AB) = . . . . a. 10b d. 2b

a.

              =       −  b.        − − − −  =    + − 

2. Tentukan nilai a dan b yang memenuhi persamaan berikut.

k23, tentukan nilai n.

d. Jika

c. Tentukan hasil k 11 k 22 + k 12 k 23 + k24k14.

Tentukan: a. Tentukan ordo matriks K. b. Tentukan k13, k21, k24.

  K=  .  − − −

1. Diketahui matriks K = (kij) ditentukan oleh

Contoh Instrumen

Penilaian

4 jp

1. Buku PR Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 47–80 2. Buku PG Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 97– 154


490

Silabus

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Membuktikan sifatsifat determinan matriks. – Menjelaskan pengertian invers matriks. – Menjelaskan syarat suatu matriks mempunyai invers. – Menentukan invers matriks orde 2 × 2. – Menentukan invers matriks ordo 3 × 3. – Menggunakan determinan dan invers matriks untuk menyelesaikan soal.

Kegiatan Pembelajaran Indikator Pencapaian Kompetensi

Uraian


 −     −      −   − −     −    − −     −    −     − −    − −   

Tentukan (Q P ) .

–1 T –1

− 1. Diketahui P =     –1  dan Q =  .  

e.

d.

c.

b.

a.

 dan − − . Jika  C = AB, invers matriks C adalah . . . .

A =   B =  

3. Diketahui matriks

−  =   . Jika (A – kI)  −  adalah matriks singular, nilai k adalah . . . . a. k = –3 atau k = –6 b. k = –2 atau k = –9 c. k = –2 atau k = 9 d. k = 2 atau k = 9 e. k = 3 atau k = 6

2. Diketahui matriks A

Contoh Instrumen

Penilaian

3. BSE Matematika Kelas XII Program IPA untuk SMA/ MA, Depdiknas 4. W e b s i t e website yang relevan



3.3 M e n g g u n a k a n Matriks determinan dan invers dalam penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel.

Kompetensi Dasar


3.3.1 Mampu menentukan penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel menggunakan invers matriks dan metode Cramer. 3.3.2 Mampu menentukan penyelesaian sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan invers matriks dan metode Cramer.


– Menyelesaikan sistem persamaan linear dua variabel menggunakan cara invers matriks. – Menyelesaikan sistem persamaan linear dua variabel menggunakan metode Cramer. – Menyelesaikan sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan cara invers matriks. – Menyelesaikan sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan metode Cramer. – Menjelaskan syarat tiga garis berpotongan di satu titik. Tes tertulis

Teknik

Pilihan ganda

Bentuk Instrumen

− . 

− α   α 

2. Diketahui tiga garis dengan persamaan (a + 2)x + y – 2 = 0, x – y – 3 = 0, dan 3x + ay + 1 = 0. Jika a > 0, agar ketiga garis tersebut berpotongan di satu titik, nilai a = . . . . a. 1 d. 4 b. 2 e. 5 c. 3

1. Diketahui sistem persamaan linear: x–z=1 2x + y + z = 3 –y + 2z = 4 Himpunan penyelesaiannya adalah . . . . a. {(1, –2, 2)} b. {(1, 2, –2)} c. {(–2, 1, 2)} d. {(–2, 2, 1)} e. {(2, –2, 1)}

− A =   dan   − B =   . Jika   XA = B, tentukan matriks X.

3. Diketahui matriks

  

 α   α

dan N =

M=

2. Tentukan determinan matriks P jika MP = N dengan

Contoh Instrumen

Penilaian


491

4 jp

1. Buku PR Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 47–80 2. Buku PG Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 97– 154 3. BSE Matematika Kelas XII-Program IPA untuk SMA/ MA, Depdiknas 4. W e b s i t e website yang relevan


492

Silabus

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan Kegiatan Pembelajaran Indikator Pencapaian Kompetensi

Uraian


2. Harga 5 buah buku tulis dan 7 buah pensil Rp14.500,00. Harga 3 buah buku tulis dan 4 buah pensil Rp8.500,00. Berapa harga 8 buah buku tulis dan 5 buah pensil?

1. Harga 2 kg beras dan 3 kg telur Rp52.000,00, sedangkan harga 1 kg beras dan 2 kg telur Rp32.000,00. Tentukan: a. harga 1 kg beras dan 1 kg telur; b. harga 3 kg beras dan 4 kg telur.

Contoh Instrumen



493


3.4 M e n g g u n a k a n Vektor sifat-sifat dan operasi aljabar vektor dalam pemecahan masalah.

Kompetensi Dasar

Pendidikan karakter (*) G e m a r Membaca

Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Menjelaskan pengertian vektor. – Menuliskan notasi vektor. – Menjelaskan sifat penjumlahan, pengurangan, dan perkalian pada vektor. – Menjumlahkan dua vektor. – Mengurangkan dua vektor. – Mengalikan skalar dengan vektor. – Menyatakan suatu vektor dalam vektor baris, vektor kolom, dan vektor basis. – Menjelaskan pengertian kesamaan vektor. – Menghitung panjang suatu vektor. – Menyatakan suatu vektor jika diketahui perbandingan posisinya terhadap vektor lain. – Menjelaskan syarat titik-titik kolinear menggunakan vektor. – Menyelesaikan masalah yang melibatkan operasi aljabar vektor.


3.4.1 Mampu mendefinisikan vektor. 3.4.2 Mampu menentukan sifat-sifat pada operasi aljabar vektor. 3.4.3 Mampu menentukan penyelesaian opeasi aljabar vektor.


Tes tertulis

Teknik

Uraian

Pilihan ganda

Bentuk Instrumen

Diketahui koordinat titik A(–4, 5, 2), B(2, –1, 3), dan C(3, –2, 1). Tentukan: JJJG JJJG a. vektor dan , b. koordinat titik D JJJG sehingga JJJG JJJG = 2 – 3 .

G G G G Jika = 6 – 5 + 4 G G G G dan = + 3 – 2 G G maka + 3 = . . . . G G G a. 7 – 2 + 2 G G G b. 7 – 2 – 2 G G G c. 9 + 4 – 2 G G G d. 9 – 4 + G G G e. 9 – 4 + 2

Contoh Instrumen

Penilaian





Silabus Bab IV Vektor

8 jp

1. Buku PR Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 87– 110 2. Buku PG Matematika Kelas XII IPA Semester 1, Intan Pariwara, halaman 189– 232 3. BSE Matematika Kelas XII-Program IPA untuk SMA/ MA, Depdiknas 4. W e b s i t e website yang relevan


494

Silabus

3.5 M e n g g u n a k a n sifat-sifat dan operasi perkalian skalar dua vektor dalam pemecahan masalah.

Kompetensi Dasar

Vektor


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Menjelaskan pengertian perkalian skalar dua vektor. – Menjelaskan sifatsifat perkalian skalar dua vektor. – Menghitung hasil kali skalar dua vektor berdasarkan sifatsifatnya. – Menghitung besar sudut antara dua vektor. – Menjelaskan pengertian dua vektor yang saling tegak lurus. – Mencari komponen vektor yang tegak lurus vektor lain. – Menjelaskan pengertian dua vektor yang saling sejajar. – Mencari komponen vektor yang sejajar vektor lain. – Menjelaskan pengertian proyeksi skalar ortogonal suatu vektor pada vektor lain. – Menghitung hasil proyeksi skalar ortogonal suatu vektor pada vektor lain. – Menjelaskan pengertian proyeksi vektor ortogonal suatu vektor pada vektor lain. – Menyatakan hasil proyeksi vektor ortogonal suatu vektor pada vektor lain.


Uraian

Pilihan ganda

tan α = .Tentukan: G G a. · G G G b. · ( + ) G G c. | + | G G d. | – |

adalah . . . . G G G a. (3 + – 2 ) G G G b. (3 + – 2 ) G G G c. – (3 + – 2 ) G G G d. – (3 + – 2 ) G G G e. – (3 + – 2 ) G G Diketahui | | = 13, | | = 8, dan sudut antara vektor G G dan adalah α dengan

2. Diketahui segitiga ABC dengan koordinat A(2, –1, –1), B(–1, 4, –2), dan C(5, 0, –3). Proyeksi JJJG JJJG vektor pada

    G 1. Jika =  −  dan     G   =   maka  −  G G G ·( + ) =.... a. 15 d. 30 b. 21 e. 36 c. 27

Contoh Instrumen

Penilaian Bentuk Teknik Instrumen

3.5.1 Mampu mende- Tes finisikan per- tertulis kalian skalar dua vektor. 3.5.2 Mampu menentukan sifat-sifat perkalian skalar dua vektor. 3.5.3 Mampu menentukan besar sudut antara dua vektor. 3.5.4 Mampu mendefinisikan dua vektor yang saling tegak lurus. 3.5.5 Mampu mendefinisikan dua vektor yang saling sejajar. 3.5.6 Mampu menentukan proyeksi skalar ortogonal suatu vektor pada vektor lain. 3.5.7 Mampu menentukan proyeksi vektor ortogonal suatu vektor pada vektor lain.


6 jp




495


3.6 M e n g g u n a k a n Transformasi t r a n s f o r m a s i Geometri geometri yang dapat dinyatakan dengan matriks dalam pemecahan masalah.

Kompetensi Dasar

Pendidikan karakter (*) Rasa Ingin Tahu

Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Menjelaskan pengertian transformasi. – Menjelaskan pengertian translasi. – Menuliskan persamaan matriks transformasi dari suatu translasi. – Menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu translasi. – Menjelaskan pengertian refleksi. – Menuliskan persamaan matriks transformasi dari suatu refleksi. – Menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu refleksi. – Menjelaskan pengertian rotasi. – Menuliskan persamaan matriks transformasi dari suatu rotasi. – Menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu rotasi.


3.6.1 Mampu mendefinisikan translasi. 3.6.2 Mampu menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu translasi. 3.6.3 Mampu mendefinisikan refleksi. 3.6.4 Mampu menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu refleksi. 3.6.5 Mampu mendefinisikan rotasi. 3.6.6 Mampu menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu rotasi. 3.6.7 Mampu mendefinisikan dilatasi. 3.6.8 Mampu menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu dilatasi. 3.6.9 Mampu menentukan hasil transformasi oleh suatu matriks.


Tes Tugas

Teknik Pilihan ganda

Bentuk Instrumen

3. Bayangan titik A(–2, 0) jika dirotasikan sebesar 120° searah putaran jarum jam dengan pusat O(0, 0) adalah ... a. (1, ) b. (1, – ) c. (–1, ) d. (–1, – ) e. (–1, – + 1)

2. Bayangan garis x – 2y – 3 = 0 oleh translasi    −  adalah . . . .   a. x + 2y + 3 = 0 b. x – 2y – 3 = 0 c. x + 2y + 11 = 0 d. x – 2y + 11 = 0 e. x – 2y – 11 = 0

1. P′(4, –12) adalah bayangan titik P oleh  −  translasi T =   .   Koordinat titik P adalah .... a. (13, –20) b. (13, –4) c. (4, 20) d. (–5, –4) e. (–5, –20)

Contoh Instrumen

Penilaian

Menggunakan matriks, vektor, dan transformasi dalam pemecahan masalah.




Silabus Bab V Transformasi Geometri

6 jp



496

Silabus

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Menjelaskan pengertian dilatasi. – Menuliskan persamaan matriks transformasi dari suatu dilatasi. – Menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu dilatasi. – Menjelaskan pengertian transformasi oleh suatu matriks. – Menuliskan persamaan yang menyatakan transformasi oleh suatu matriks. – Menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh transformasi yang bersesuaian dengan suatu matriks.


3.6.10 Mampu menentukan luas bayangan suatu bangun oleh suatu transformasi.


Uraian


2. Tentukan bayangan lingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0, oleh: a. pencerminan terhadap garis y = –x; b. pencerminan terhadap garis y = 4; dan c. pencerminan terhadap titik x = –2.

1. Suatu persegi ABCD dengan koordinat titik A(–2, 2), B(1, 2), C(–2, –1), dan D(1, –1) ditranslasikan oleh T sehingga dihasilkan bayangan persegi A′B′C′D′. Jika diketahui B′(4, 2), tentukan: a. matriks translasi T, b. bayangan titik A, C, dan D.

matriks

 −   − − .   Jajargenjang ABCD dengan A(0, 0), B(4, 0), C(6, 5), dan D(2, 5) ditransformasikan terhadap T menghasilkan jajargenjang A′B′C′D′ dengan luas . . . satuan luas. a. 40 b. 60 c. 80 d. 100 e. 120

4. T adalah transformasi geometri yang bersesuaian dengan

Contoh Instrumen



497



Kompetensi Dasar

3.7 M e n e n t u k a n komposisi dari beberapa transformasi geometri beserta matriks transformasinya. Pendidikan karakter (*) Teliti dan Cermat


– Menjelaskan pengertian komposisi transformasi. – Menjelaskan pengertian komposisi translasi. – Menyatakan persamaan matriks transformasi tunggal yang ekuivalen dengan suatu komposisi translasi. – Menjelaskan sifat komposisi translasi. – Menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu komposisi translasi. – Menjelaskan pengertian komposisi refleksi. – Menyatakan persamaan mattriks transformasi tunggal yang ekuivalen dengan suatu komposisi refleksi.


3.7.1 Mampu mendefinisikan komposisi translasi. 3.7.2 Mampu menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu komposisi translasi. 3.7.3 Mampu mendefinisikan komposisi refleksi. 3.7.4 Mampu menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu komposisi refleksi. 3.7.5 Mampu mendefinisikan komposisi rotasi. 3.7.6 Mampu menentukan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu komposisi rotasi.


Tes tertulis

Pilihan ganda


 −      −   −            −       

a.

b.

c.

d.

e.

−

 







 











 





   

−

−

1. Matriks transformasi tunggal yang mewakili rotasi [P(–3, 7), –75°] dilanjutkan dengan rotasi [P(–3, 7), 30°] adalah ....

b. lingkaran L tersebut didilatasikan oleh [P, –3].

oleh [P, – ];

π

3. Diketahui persamaan 2 lingkaran L ≡ (x + 5) + 2 (y – 1) = 16 dan koordinat titik P(3, –4). Tentukan persamaan bayangan lingkaran jika: a. lingkaran L tersebut dirotasikan

Contoh Instrumen

Penilaian

6 jp



498

Silabus

Kompetensi Dasar



– Menentukan ba- 3.7.7 Mampu mendeskripsikan komyangan titik, garis, posisi dan bedan kurva oleh suatu berapa transkomposisi refleksi. formasi geometri. – Menjelaskan sifat 3.7.8 Mampu menentukomposisi refleksi. kan bayangan – Menjelaskan pengertitik, garis dan tian komposisi rotasi. kurva komposisi – Menyatakan persadari beberapa maan matriks transtransformasi. formasi tunggal yang ekuivalen dengan 3.7.9 Mampu menentukan luas bayangan suatu komposisi suatu bangun oleh rotasi. suatu komposisi – Menentukan batransformasi yangan titik, garis, dan kurva oleh suatu komposisi rotasi. – Menunjukkan bayangan titik, garis, dan kurva oleh suatu komposisi translasi, refleksi, serta rotasi. – Menjelaskan pengertian komposisi dan beberapa transformasi geometri. – Menyatakan persamaan matriks transformasi yang ekuivalen dengan komposisi dari beberapa transformasi geometri.


Uraian


 −  matriks   di −  lanjutkan dengan refleksi terhadap garis y = –x.

b. ditranformasikan oleh

Diketahui A(2, 2), B(–5, 4), dan C(10, –3). Tentukan bayangan titik A, B, dan C jika: a. dirotasikan dengan rotasi [P(7, –7), 180°] dilanjutkan dengan rotasi [O(0, 0), –270°];

2. Bayangan titik pusat 2 lingkaran L ≡ x – 10x 2 + y + 12y – 64 = 0 oleh rotasi [P(–3, 4), 90°] dilanjutkan rotasi [P(–3, 4), –45°] dan dilanjutkan lagi rotasi [P(–3, 4), 225°] adalah .... a. (–13, –4) b. (–11, 14) c. (–7, –12) d. (–5, 6) e. (–4, 14)

Contoh Instrumen



499

P e n d i d i k a n – Membuktikan rumus karakter jumlah n suku pertama (*) Tekun deret aritmetika. – Menentukan nilai suku ke-n barisan aritmetika. – Menentukan nilai suku pertama dan beda barisan aritmetika. – Mencari rumus suku ke-n barisan aritmetika. – Menentukan banyak suku barisan aritmetika. – Menghitung jumlah n suku pertama deret aritmetika. – Menentukan nilai suku tengah barisan aritmetika. – Menghitung nilai perkalian dua suku deret aritmetika.

– Membuktikan rumus jumlah n suku pertama deret geometri. – Menentukan nilai suku ke-n barisan geometri. – Menentukan nilai suku pertama dan rasio barisan geometri.

Barisan dan Deret Aritmetika

Barisan dan Deret Geometri

4.1 M e n e n t u k a n suku ke-n barisan dan jumlah n suku pertama deret geometri dan aritmetika.



Kompetensi Dasar


4.1.4 Mampu menentukan suku ken barisan dan deret geometri. 4.1.5 Mampu menentukan suku tengah barisan geometri.

4.1.1 Mampu menentukan suku ken barisan dan deret aritmetika. 4.1.2 Mampu menentukan suku tengah barisan aritmetika. 4.1.3 Mampu menentukan jumlah n suku pertama deret aritmetika.


Tes tertulis

Tes tertulis

Teknik

1.

Jumlah suku suatu deret geometri tak hingga adalah 3. Jika suku pertama deret tersebut 2x + 1, nilai x yang memenuhi adalah . . . .

Jumlah 5 buah bilangan yang membentuk barisan aritmetika adalah 75. Jika hasil kali bilangan terkecil dan terbesar 161, tentukan selisih dari bilangan terbesar dan terkecil. Uraian

Pilihan ganda

Sebuah bidang miring ditopang oleh 10 tiang penyangga yang jaraknya satu sama lain sama. Tiang penyangga yang tertinggi 1.275 cm dan yang terpendek 60 cm. Tinggi tiang penyangga yang ke-6 adalah . . . cm. a. 475 d. 735 b. 600 e. 745 c. 725 Pilihan ganda

Contoh Instrumen

Penilaian Bentuk Instrumen

Menggunakan konsep barisan dan deret dalam pemecahan masalah.




Silabus Bab VI Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

4 jp

4 jp

1. Buku PR Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 141–162

1. Buku PR Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 141–162 2. Buku PG Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 303–340 3. BSE Matematika Kelas XII-Program IPA untuk S M A / M A , Depdiknas 4. Website-website yang relevan


500

Silabus

4.2 Menggunakan notasi sigma dalam deret dan induksi matematika dalam pembuktian.

Kompetensi Dasar

Notasi Sigma dan Induksi Matematika



– Menyatakan penjumlahan beruntun dalam bentuk notasi sigma. – Menghitung jumlah deret dalam bentuk notasi sigma. – Menyatakan penjumlahan beruntun dari suatu notasi sigma.

– Menentukan rumus suku ke-n barisan geometri. – Menentukan banyak suku barisan geometri. – Menghitung jumlah n suku pertama deret geometri. – Menentukan rumus jumlah n suku pertama deret geometri. – Menentukan nilai suku tengah barisan geometri. – Menghitung jumlah deret geometri tak hingga. – Menentukan rasio deret geometri tak hingga. – Menentukan nilai suku ke-n deret geometri tak hingga.


4.2.1 Mampu menen- Tes tukan notasi tertulis sigma suatu deret. 4.2.2 Mampu menggunakan sifatsifat notasi sigma.

4.1.6 Mampu menentukan jumlah n suku pertama deret geometri. 4.1.7 Mampu menentukan suku ken barisan dan deret geomeri tak hingga. 4.1.8 Mampu menentukan jumlah deret geometri tak hingga.


Pilihan ganda

Uraian

Bentuk Instrumen

atau

c.

b.

a.

e.

d.

x> } Jumlah tak hingga dari deret geometri 16 – 8 + 4 – 2 + . . . adalah ....

}

}

1.

Notasi sigma yang sesuai untuk penjumlahan (1 × 2) + (2 × 3) + (3 × 4) + (4 × 5) + (5 × 6) + (6 × 7) + . . . sampai 100 suku adalah . . . .

jarak ayunannya dari jarak ayunan sebelumnya. Hitunglah seluruh jarak ayunan pendulum itu hingga berhenti.

Ujung sebuah pendulum sepanjang 90 cm berayun sejauh 50 cm pada ayunan pertama. Pada ayunan selanjutnya,

2.

}

e. {x | x <

d. {x |

c. {x | –

b. {x | x >

a. {x | x < – }

Contoh Instrumen

Penilaian

6 jp


2. Buku PG Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 303–340 3. BSE Matematika Kelas XII-Program IPA untuk S M A / M A , Depdiknas 4. Website-website yang relevan



501

4.3 M e r a n c a n g model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret. 4.4 Menyelesaikan model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret dan penafsirannya.

Kompetensi Dasar

Menyelesaikan Masalah yang Berkaitan dengan Deret Aritmetika dan Geometri



– Merancang model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret aritmetika. – Menyelesaikan model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret aritmetika.

– Menentukan nilai suku ke-n dari notasi sigma. – Menyederhanakan notasi sigma. – Membuktikan suatu sifat dan rumus menggunakan induksi matematika.


4.3.1 Mampu merancang model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret aritmetika. 4.3.2 Mampu merancang model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret geometri berhingga.

4.2.3 Mampu menggunakan induksi matematika dalam pembuktian.

Tes tertulis


Pilihan ganda

Uraian

Bentuk Instrumen

=

∑ pi = 10.

adalah . . . . a. 50 d. 80 b. 60 e. 90 c. 70

=

Suatu jenis bakteri dalam satu detik membelah menjadi dua. Jika pada permulaan ada 5 bakteri, banyak bakteri akan menjadi 160 setelah . . . detik. a. 5 d. 8 b. 6 e. 9 c. 7

+ alog + alog + . . . . Jika banyak suku deret tersebut 15 buah, nyatakan deret tersebut ke dalam bentuk notasi sigma!

∑ (2 + pi)

Diketahui

=

∑ n(n + 1)

=

∑ n2 + 1

=

∑ (n3 + 1)

=

Nilai

∑ n2 – n

=

∑ ( + 1)

Diketahui deret alog

2.

e.

d.

c.

b.

a.

Contoh Instrumen

Penilaian

6 jp

1. Buku PR Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 141–162 2. Buku PG Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 303–340

2. Buku PG Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 303–340 3. BSE Matematika Kelas XII-Program IPA untuk S M A / M A , Depdiknas 4. Website-website yang relevan


502

Silabus

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Merancang model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret geometri. – Menyelesaikan model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret geometri berhingga. – Merancang model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret geometri tak hingga. – Menyelesaikan model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret geometri tak hingga.


4.3.3 Mampu merancang model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret geometri tak hingga. 4.4.1 Mampu menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan deret aritmetika. 4.4.2 Mampu menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan deret geometri berhingga. 4.4.3 Mampu menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan deret geometri tak hingga.

Indikator Pencapaian Kompetensi Teknik Uraian

Bentuk Instrumen Di dalam lingkaran berjari-jari R dibuat persegi yang sudutsudutnya pada busur lingkaran. Di dalam persegi tersebut dilukis lingkaran lagi. Tentukan jumlah keliling lingkaran jika proses di atas sampai tak hingga.

Contoh Instrumen

Penilaian

3. BSE Matematika Kelas XII-Program IPA untuk S M A / M A , Depdiknas 4. Website-website yang relevan



503

Fungsi, Persamaan, dan pertidaksamaan Eksponen

Fungsi, Persamaan dan Pertidaksamaan Eksponen

5.1 Menggunakan sifat-sifat fungsi eksponen dan logaritma dalam pemecahan masalah.

5.2 Menggambar grafik fungsi eksponen dan logaritma.


Kompetensi Dasar


– Menggambar grafik fungsi eksponen f(x) = k · ax dengan a > 1. – Menyebutkan sifatsifat grafik fungsi eksponen f(x) = k · a x dengan a > 1. – Menggambar grafik fungsi eksponen f(x) = k · a x dengan 0 < x < 1.

– Mengingat kembali pengertian bilangan berpangkat dan sifatsifatnya. – Mendefinisikan pengertian fungsi eksponen. – Menjelaskan bentuk umum fungsi eksponen dan unsur-unsurnya. – Menggunakan fungsi eksponen untuk menyelesaikan permasalahan pertumbuhan. – Menggunakan fungsi eksponen untuk menyelesaikan permasalahan peluruhan.


5.2.1 Mampu menggambar grafik fungsi eksponen. 5.2.2 Mampu menyebutkan sifatsifat grafik fungsi eksponen.

5.1.1 Mampu menjelaskan pengertian fungsi eksponen. 5.1.2 Mampu menyelesaikan permasalahan yang berkaitan dengan fungsi eksponen.

Tes tertulis

Tes tertulis


b.

–4

0

Y

0

4

y = f(x)

X

X

y = f(x)

Sketsa grafik fungsi y = 4 – 4 · 2x adalah . . . . a. Y

Grafik fungsi f(x) = –4a – bx memotong sumbu Y di titik (0, –4). Jika grafik fungsi f(x) digeser ke atas 3 satuan akan menghasilkan grafik fungsi g(x) yang melalui titik (1, 1). Tentukan persamaan grafik fungsi g(x). Uraian

Pilihan ganda

Jika 23x + 1 = p maka nilai 26x + 4 = . . . . a. p d. 2p2 b. 2p e. 4p2 c. p2

Contoh Instrumen

Pilihan ganda

Bentuk Instrumen

Penilaian

4 jp

6 jp


1. Buku PR Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 169–186 2. Buku PG Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 365–400 3. BSE Matematika Kelas XII-Program IPA untuk S M A / M A , Depdiknas 4. Website-website yang relevan






Silabus Bab VII Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

504

Silabus

5.3 Menggunakan sifat fungsi eksponen atau logaritma dalam penyelesaian pertidaksamaan eksponen atau logaritma sederhana.

Kompetensi Dasar


Materi Pokok/ Pembelajaran – Menyebutkan sifatsifat grafik fungsi eksponen f(x) = k · ax dengan 0 < a < 1.


P e n d i d i k a n – Menyelesaikan persamaan eksponen karakter berbentuk af(x) = am. (*) P a n t a n g Menyerah – Menyelesaikan persamaan eksponen berbentuk Af(x) = Ag(x). – Menyelesaikan persamaan eksponen berbentuk af(x) = ag(x). – Menyelesaikan persamaan eksponen berbentuk (h(x))f(x) = (h(x))g(x). – Menyelesaikan persamaan eksponen berbentuk A(af(x))2 + B(af(x)) + C = 0. – Menyelesaikan pertidaksamaan eksponen berbentuk af(x) > ag(x) atau af(x) < ag(x) dengan a > 1.


5.3.1 Mampu menen- Tes tukan penyele- tertulis saian persamaan eksponen. 5.3.2 Mampu menentukan penyelesaian pertidaksamaan eksponen.


X

2.

−

}

}

2

– 4

lesaian –1 ≤ x ≤ jika k = . . . . a. 4 d. –8 b. –4 e. 8 c. 12

2

2

3x – 3x + k ≥ ( )2x – 2x mempunyai penye-

e. { , } Pertidaksamaan

d. {1,

c. {–1,

b. {– , 1}

a. {– , –1}

= 81 x adalah . . . .

     

Himpunan penyelesaian dari persamaan eksponen

1.

X

y = f(x)

y = f(x) X

y = f(x)

Pilihan ganda

0

Y 4

4 0

Y

0

Y 4

Gambarkan grafik fungsi f1(x) = 2x, f2(x) = 2x – 1, f3(x) = –2x – 1, dan f4(x) = 4 – 2x – 1 pada satu bidang koordinat kemudian tentukan hubungan keempat grafik tersebut.

e.

d.

c.

Contoh Instrumen

Uraian

Bentuk Instrumen

Penilaian

6 jp

1. Buku PR Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 169–186 2. Buku PG Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 365–400 3. BSE Matematika Kelas XIIProgram IPA untuk SMA/MA, Depdiknas 4. Website-website yang relevan

2. Buku PG Matematika Kelas XII-IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 365–400 3. BSE Matematika Kelas XIIProgram IPA untuk SMA/MA, Depdiknas 4. Website-website yang relevan



505

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Menyelesaikan pertidaksamaan eksponen berbentuk af(x) > ag(x) atau af(x) < ag(x) dengan 0 < a < 1.

Kegiatan Pembelajaran Indikator Pencapaian Kompetensi Teknik Uraian

Bentuk Instrumen

2.

– 2x

= (x2 – 2x)6 – x.

Nana menabung di sebuah bank sebesar Rp800.000,00 dengan suku bunga majemuk 1,2% per bulan. a. Hitung besar tabungan Nana setelah 2 bulan. b. Setelah berapa bulan besar t a b u n g a n Nana di atas Rp1.000.000,00?

(x2 – 2x)x

2

1. Tentukan himpunan penyelesaian dari persamaan:

Contoh Instrumen


506

Silabus


Persamaan Logaritma

Kompetensi Dasar

5.1 Menggunakan sifat-sifat fungsi eksponen dan logaritma dalam pemecahan masalah.

Pendidikan karakter (*) Kritis

Nilai dan Materi yang Diintegrasikan – Menjelaskan pengertian persamaan logaritma. – Menyebutkan beberapa jenis persamaan logaritma. – Menjelaskan cara menentukan penyelesaian persamaan logaritma berbentuk alog f(x) = alog P. – Menjelaskan cara menentukan penyelesaian persamaan logaritma berbentuk alog f(x) = alog g(x). – Menjelaskan cara menentukan penyelesaian persamaan logaritma berbentuk alog f(x) = blog f(x). – Menjelaskan cara menentukan penyelesaian persamaan logaritma berbentuk h(x) log f(x) = h(x) log g(x). – Menjelaskan cara menentukan penyelesaian persamaan logaritma berbentuk f(x)log a = g(x)log a.


5.1.1 Mampu menggunakan sifatsifat yang berlaku pada logaritma untuk menyelesaikan persamaan logaritma.

Tes tertulis

Indikator Pencapaian Kompetensi Teknik Pilihan ganda

Bentuk Instrumen

4.

3.

2.

1.

(3y – 2) +

(2x + 3) adalah

2

2

2

5 log (4x + 3) + 4 log (x – 1) = 39 dengan a > b, nilai a – b = . . . .

5

.... a. –3 d. 2 b. –1 e. 3 c. 1 Penyelesaian persamaan 2 log (x2 + 11x + 31) = 6 log (x2 + 11x + 31) adalah x1 dan x2. Jika x2 > x1, nilai x12 + 2x2 =.... a. 13 d. 74 b. 26 e. 96 c. 55 Jika a dan b adalah akar-akar persamaan

a. 2 d. 5 b. 3 e. 6 c. 4 Nilai x yang memenuhi 3log (x + 2) =

f(x), nilai f( ) = . . . .

2 x = –2 dan y =

Jika

Contoh Instrumen

Penilaian

6 jp

1. Buku PR Matematika Kelas XII IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 187– 208 2. Buku PG Matematika Kelas XII IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 401– 450 3. BSE Matematika Kelas XII Program IPA untuk SMA/ MA, Depdiknas 4. Website-website yang relevan






Silabus Bab VIII Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma


507

5.2 Menggambar grafik fungsi eksponen dan logaritma.

Kompetensi Dasar

Fungsi Logaritma

Nilai dan Materi Pokok/ Materi yang Pembelajaran Diintegrasikan

– Mengingat kembali pengertian bilangan logaritma. – Menyebutkan sifatsifat yang berlaku pada logaritma. – Menjelaskan pengertian fungsi logaritma. – Menjelaskan bentuk umum suatu grafik fungsi logaritma. – Menjelaskan cara menggambar grafik fungsi logaritma dengan cara menentukan beberapa titik kemudian dihubungkan dengan kurva mulus.

– Menjelaskan cara menentukan penyelesaian persamaan logaritma berbentuk f(x)log g(x) = P. – Menjelaskan cara menentukan penyelesaian persamaan logaritma berbentuk A( a log x) 2 + B(alog x) + C = 0.


5.2.1 Mampu mendefinisikan pengertian logaritma. 5.2.2 Mampu mendefinisikan pengertian fungsi logaritma. 5.2.3 Mampu menggambar grafik fungsi logaritma. 5.2.4 Mampu menentukan sifat-sifat grafik fungsi logaritma. 5.2.5 Mampu menentukan hubungan dua grafik fungsi logaritma.

Tes tertulis


Pilihan ganda

Uraian

Bentuk Instrumen

2.

1.

2.

1.

=

0

Y

1 y = f(x)

X

log − memotong sumbu Y di titik . . . . a. (–2, 0) b. (1, 0) c. (3, 5) d. (0, 1) e. (0, 0) Persamaan grafik fungsi di bawah ini yang mungkin adalah ....

Grafik fungsi f(x) =

log 10 tentukan nilai x1· x2. Diketahui persamaan logaritma 2 log 2 x p – (4p + 1) 2 log x + 2p = 0 mempunyai penyelesaian x = 16. Tentukan: a. nilai p, b. p e n y e l e s a i a n yang lain.

(2 log x – 1)

b. c. 0 d. – e. –2 Jika x1 dan x2 memenuhi persamaan:

a. 2

Contoh Instrumen

Penilaian

4 jp

1. Buku PR Matematika Kelas XII IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 187– 208 2. Buku PG Matematika Kelas XII IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 401– 450 3. BSE Matematika Kelas XII Program IPA untuk SMA/ MA, Depdiknas 4. Website-website yang relevan


508

Silabus

5.3 Menggunakan sifat fungsi eksponen atau logaritma dalam penyelesaian pertidaksamaan eksponen atau logaritma sederhana.

Kompetensi Dasar

Pertidaksamaan Logaritma



– Menjelaskan pengertian pertidaksamaan logaritma. – Menjelaskan cara menentukan penyelesaian persamaan logaritma berbentuk alog f(x) ≥ alog g(x) atau alog f(x) < alog g(x) dengan a > 1. – Menjelaskan cara menentukan penyelesaian persamaan logaritma berbentuk alog f(x) ≥ alog g(x) atau alog f(x) < alog g(x) dengan 0 < a < 1.

– Menjelaskan cara menggambar grafik fungsi logaritma y = alog x dengan mencerminkan grafik y = ax terhadap garis y = x. – Menyebutkan sifatsifat grafik fungsi logaritma yang telah digambar. – Menjelaskan cara menggambar grafik fungsi logaritma dengan menggunakan suatu transformasi terhadap grafik fungsi logaritma yang lain. – Menjelaskan cara menentukan hubungan dua grafik fungsi logaritma.


5.3.1 Mampu menentukan penyelesaian pertidaksamaan logaritma.

Tes tertulis


Pilihan ganda

Uraian

Bentuk Instrumen

2.

1.

2.

1.

y = log

e.

x

" − " −

.

log 11 7 ≥ 11 adalah .... a. {x | x > 1, x ≠ 2} b. {x | x ≤ 8, x ≠ 2} c. {x | 1 ≤ x ≤ 8, x ≠ 2}

(x – 1)

Nilai x yang memenuhi pertidaksamaan 2 log (x – 1) 2 ≤ 2 adalah . . . . a. –1 ≤ x < 1 b. –1 < x ≤ 1 c. 1 ≤ x ≤ 3 d. 1 < x ≤ 3 e. –1 ≤ x ≤ 3 Himpunan nilai x yang memenuhi

Tentukan nilai

Grafik fungsi f(x) merupakan hasil pencerminan grafik fungsi g(x) = a log (x + 2) terhadap sumbu X. Grafik fungsi g(x) melalui titik (3, 1). Jika 6log 5 = p, tentukan nilai f(13) + f(8) dalam p. Grafik fungsi logaritma f(x) = 3log (–2x2 + px + n) mempunyai titik ekstrem (–2, 2).

y=

d.

y = xlog 2

c. log

y = 2log

b.

y = 2log x

a.

Contoh Instrumen

Penilaian

6 jp

1. Buku PR Matematika Kelas XII IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 187– 208 2. Buku PG Matematika Kelas XII IPA Semester 2, Intan Pariwara, halaman 401– 450 3. BSE Matematika Kelas XII Program IPA untuk SMA/ MA, Depdiknas



509

Kompetensi Dasar


Nilai dan Materi yang Diintegrasikan Kegiatan Pembelajaran Indikator Pencapaian Kompetensi Teknik

Uraian

Bentuk Instrumen

2.

1.

(2x + 8) ≤ 2.

Diketahui f(x) = 1 – 6log (x2 – x – 6). Tentukan: a. daerah asal fungsi f, b. interval x yang memenuhi f(x) ≥ 0. Tentukan himpunan penyelesaian pada pertidaksamaan

d. {x | 1 < x ≤ 8, x ≠ 2} e. {x | x < 1 atau x ≥ 8}

Contoh Instrumen

Penilaian

4. Website-website yang relevan


Rencana Pelaksanaan Pembelajaran Bab II Program Linear Sekolah Kelas/Semester Mata Pelajaran Alokasi Waktu

: : : :

.......... XII/I Progam IPA Matematika 10 × 45 menit

Standar Kompetensi : 2. Kompetensi Dasar : 2.1 2.2 2.3

Menyelesaikan masalah program linear. Menyelesaikan sistem pertidaksamaan linear dua variabel. Merancang model matematika dari masalah program linear. Menyelesaikan model matematika dari masalah program linear dan penafsirannya.

Indikator Pencapaian Kompetensi 2.1.1 Mampu mendefinisikan sistem pertidaksamaan linear dua variabel. 2.1.2 Mampu menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel. 2.1.3 Mampu menentukan sistem pertidaksamaan linear dua variabel yang terbentuk dari suatu daerah. 2.2.1 Mampu menyusun model matematika dari suatu masalah program linear. 2.3.1 Mampu menentukan fungsi objektif. 2.3.2 Mampu menentukan nilai optimum suatu bentuk objektif. 2.3.3 Mampu menentukan penyelesaian model matematika dari masalah program linear. 2.3.4 Mampu menafsirkan penyelesaian model matematika dari masalah program linear. Tujuan Pembelajaran Peserta didik mampu: 1. menjelaskan pengertian sistem pertidaksamaan linear dua variabel; 2. menjelaskan pengertian daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel; 3. menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel; 4. menentukan sistem pertidaksamaan linear dua variabel dari suatu daerah penyelesaian; 5. menentukan bentuk daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel; 6. menentukan luas daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel; 7. menentukan himpunan titik penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel; 8. menjelaskan pengertian fungsi objektif; 9. menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan uji titik pojok; 10. menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan garis selidik; 11. menentukan fungsi objektif yang mencapai nilai optimum di suatu titik; 12. menjelaskan pengertian model matematika; 13. menyusun model matematika dari suatu masalah program linear; 14. menyelesaikan model matematika dari suatu masalah program linear; 15. menafsirkan penyelesaian model matematika dari suatu masalah program linear. Nilai pendidikan karakter yang ditanamkan kepada siswa: Rasa Ingin Tahu Materi Pembelajaran Program Linear Metode Pembelajaran 1. Model Pembelajaran a. Cooperative Learning (CL) b. Direct Instruction (DI) 2. Metode a. Tanya jawab b. Diskusi c. Tugas

510

Rencana Pelaksanaan Pembelajaran (RPP)

Langkah-Langkah Kegiatan 1.

2.

3.

1.

2.

3.

1.

2.

Pertemuan Pertama Kegiatan Pendahuluan (10 menit) a. Motivasi Memberikan contoh permasalahan sehari-hari yang menggambarkan sistem pertidaksamaan linear dua variabel. b. Prasyarat Pengetahuan Siswa memahami tentang pertidaksamaan linear dua variabel. Kegiatan Inti (70 menit) a. Eksplorasi • Guru menjelaskan tentang pertidaksamaan linear dua variabel. • Guru menjelaskan tentang himpunan penyelesaian pertidaksamaan linear dua variabel. • Guru menjelaskan cara menentukan daerah penyelesaian pertidaksamaan linear dua variabel. • Guru menjelaskan tentang sistem pertidaksamaan linear dua variabel. • Guru menjelaskan tentang daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel. b. Elaborasi Guru membimbing siswa menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel. c. Konfirmasi Guru menanyakan hasil yang dibuat siswa dalam menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel. Kegiatan Penutup (10 menit) Guru menyuruh siswa untuk mengerjakan soal-soal latihan. Pertemuan Kedua Kegiatan Pendahuluan (10 menit) a. Motivasi Guru memberikan permasalahan tentang cara menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu sistem pertidaksamaan linear dua variabel. b. Prasyarat Pengetahuan Siswa memahami cara menentukan nilai suatu fungsi. Kegiatan Inti (70 menit) a. Eksplorasi • Guru menjelaskan tentang fungsi objektif. • Guru menjelaskan tentang nilai optimum fungsi objektif. • Guru menjelaskan cara menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan uji titik pojok. b. Elaborasi Guru bersama siswa menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan uji titik pojok. c. Konfirmasi Guru menanyakan hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan uji titik pojok. Kegiatan Penutup (10 menit) Guru mengevaluasi hasil pembelajaran dengan memberikan soal-soal latihan untuk dikerjakan siswa. Pertemuan Ketiga Kegiatan Pendahuluan (10 menit) a. Motivasi Guru mengingatkan siswa tentang cara menggambar garis. b. Prasyarat Pengetahuan Siswa memahami cara menggambar garis. Kegiatan Inti (70 menit) a. Eksplorasi • Guru menjelaskan pengertian garis selidik. • Guru menjelaskan cara menentukan persamaan garis selidik dari suatu fungsi objektif. • Guru menjelaskan cara menggambar garis selidik. Matematika Kelas XII Program IPA

511

•

3.

1.

2.

3.

1.

2.

3.

Guru menjelaskan cara menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan garis selidik. b. Elaborasi Guru bersama siswa menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan garis selidik. c. Konfirmasi Guru menanyakan hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan garis selidik. Kegiatan Penutup (10 menit) Guru mengevaluasi hasil pembelajaran dengan memberikan soal-soal latihan untuk dikerjakan siswa. Pertemuan Keempat Kegiatan Pendahuluan (10 menit) a. Motivasi Guru memberikan permasalahan tentang cara membuat model matematika. b. Prasyarat Pengetahuan Siswa memahami cara membuat model matematika dari permasalahan pertidaksamaan linear dua variabel. Kegiatan Inti (70 menit) a. Eksplorasi • Guru menjelaskan tentang model matematika. • Guru menjelaskan langkah-langkah menyusun model matematika. • Guru memberikan contoh model matematika sistem pertidaksamaan linear dua variabel. b. Elaborasi Guru bersama siswa menyusun model matematika dari masalah program linear. c. Konfirmasi Guru melakukan tanya jawab kepada siswa tentang pemahaman materi yang dipelajari siswa. Kegiatan Penutup (10 menit) Guru memberikan soal-soal latihan untuk mengevaluasi pembelajaran. Pertemuan Kelima Kegiatan Pendahuluan (10 menit) a. Motivasi Guru memberikan permasalahan tentang cara menyelesaikan model matematika suatu program linear. b. Prasyarat Pengetahuan siswa memahami tentang model matematika. Kegiatan Inti (70 menit) a. Eksplorasi • Guru menjelaskan cara menyelesaikan model matematika dari masalah program linear. • Guru menjelaskan cara menafsirkan penyelesaian model matematika dari masalah program linear. b. Elaborasi Guru bersama siswa menyelesaikan model matematika dari masalah program linear. c. Konfirmasi Guru melakukan tanya jawab kepada siswa tentang pemahaman materi yang dipelajari siswa. Kegiatan Penutup (10 menit) Guru mengevaluasi hasil belajar dan memberikan tugas atau soal-soal latihan.

Alat Sumber Belajar 1. Buku PG Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara 2013 2. Buku PR Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara 2013 3. BSE Matematika Kelas XII Program IPA, Depdiknas, 2008 4. Website-website yang relevan Penilaian Hasil Belajar 1. Teknik Penilaian dan Bentuk Instrumen a. Teknik Penilaian Tes tertulis

512


b.

2.

Bentuk Instrumen 1) Pilihan ganda 2) Uraian Contoh Instrumen a. Pilihan Ganda 1. Daerah yang diarsir merupakan penyelesaian dari pertidaksamaan . . . . a. 2y + x > 2 b. 2y + x < 2 c. 2y – x < 2 d. 2x + y > 2 e. 2x – y < 2 2.

Y

1 –2

X

0

Yang termasuk titik-titik himpunan penyelesaian dari sistem pertidaksamaan x – 2y ≤ –2 3x + 4y ≥ 12 5x + 3y ≤ 15 yaitu . . . . a. (0, 0) dan (–2, 1) d. (–2, 1) dan (3, 0) b. (4, 4) dan (0, 6) e. (4, 0) dan (5, 2) c. (0, 2) dan (1, 0)

b.

Uraian 1. Tentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan x + y≥1 2x + 3y ≤ 12 –x + y ≤ 2 x≤1 2. Titik A(–4, 2), B(–2, –2), C(4, –4), dan D(0, 4) merupakan titik-titik sudut daerah penyelesaian suatu sistem pertidaksamaan. Tentukan sistem pertidaksamaan tersebut. 3. Sebuah pabrik memproduksi minyak goreng kemasan botol dengan isi 1 liter dan 2 liter. Kapasitas produksi setiap hari tidak lebih dari 120 botol. Setiap hari minyak dengan kemasan 1 kg diproduksi tidak kurang dari 30 botol dan kemasan 2 kg tidak kurang 50 botol. Keuntungan hasil penjualan adalah Rp3.000,00 per botol untuk minyak kemasan 1 liter dan Rp5.000,00 per botol untuk minyak kemasan 2 liter. Tentukanlah: a. model matematika dari persoalan tersebut, b. daerah penyelesaian dari model matematika di atas, dan c. banyak produksi tiap-tiap kemasan agar diperoleh keuntungan maksimum dan besar keuntungan maksimumnya.

________, ______________ Mengetahui Kepala SMA ______________

Guru Mata Pelajaran

........................ ___________________________ NIP. ______________________

........................ ___________________________ NIP. _______________________


513

Rencana Pelaksanaan Pembelajaran Bab III Matriks Sekolah Kelas/Semester Mata Pelajaran Alokasi Waktu

: : : :

.......... XII/I Program IPA Matematika 12 × 45 menit

Standar Kompetensi : 3. Kompetensi Dasar


: 3.1 Menggunakan sifat-sifat dan operasi matriks untuk menunjukkan bahwa suatu matriks persegi merupakan invers dari matriks persegi lain 3.2 Menentukan determinan dan invers matriks 2 × 2 3.3 Menggunakan determinan dan invers dalam penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel

Indikator Pencapaian Kompetensi 3.1.1 Mampu menentukan ordo suatu matriks. 3.1.2 Mampu menentukan transpos suatu matriks. 3.1.3 Mampu menggunakan kesamaan dua matriks untuk menyelesaikan permasalahan. 3.1.4 Mampu menentukan penjumlahan dan pengurangan dua matriks atau lebih. 3.1.5 Mampu menentukan hasil perkalian matriks. 3.2.1 Mampu menentukan determinan matriks 2 × 2. 3.2.2 Mampu menentukan invers matriks 2 × 2. 3.2.3 Mampu menentukan determinan matriks 3 × 3. 3.2.4 Mampu menentukan invers matriks ordo 3 × 3. 3.3.1 Mampu menentukan penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel menggunakan invers matriks dan metode Cramer. 3.3.2 Mampu menentukan penyelesaian sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan invers matriks dan metode Cramer. Tujuan Pembelajaran Peserta didik mampu: 1. menentukan ordo suatu matriks; 2. menentukan elemen yang belum diketahui dari suatu matriks menggunakan kesamaan dua matriks; 3. menentukan hasil penjumlahan matriks; 4. menentukan hasil pengurangan matriks; 5. menentukan hasil perkalian skalar matriks; 6. menentukan hasil perkalian matriks; 7. menentukan ordo hasil perkalian dua matriks; 8. menentukan determinan matriks berordo 2 × 2; 9. menentukan determinan matriks berordo 3 × 3; 10. menentukan invers matriks berordo 2 × 2; 11. menentukan invers matriks berordo 3 × 3; 12. menentukan penyelesaian suatu sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan matriks; 13. menentukan penyelesaian suatu sistem pertidaksamaan linear tiga variabel menggunakan matriks. Nilai pendidikan karakter yang ditanamkan kepada siswa: Percaya Diri

514


Materi Pembelajaran Matriks Metode Pembelajaran 1. Model Pembelajaran a. Cooperative Learning (CL) b. Direct Instruction (DI) 2. Metode a. Tanya jawab b. Diskusi c. Tugas Langkah-Langkah Kegiatan Pertemuan Pertama 1.

Kegiatan Pendahuluan (10 menit) a. Motivasi Memberikan contoh kehidupan sehari-hari di sekolah, misalnya kegiatan jual beli di koperasi sekolah. Di koperasi sekolah terdapat persediaan barang-barang dan alat tulis yang harganya sudah ditentukan. Siswa bisa menulis bilangan/harga-harga tersebut dalam bentuk baris dan kolom. b.

2.

3.

Prasyarat Pengetahuan Siswa mengetahui jenis-jenis matriks dan menyelesaikan sistem persamaan linear.

Kegiatan Inti (70 menit) a. Eksplorasi • Guru menjelaskan pengertian tentang matriks. • Guru dan siswa menuliskan suatu data dalam bentuk matriks. • Guru menjelaskan notasi dan penulisan matriks. • Guru menjelaskan tentang ordo suatu matriks. • Guru menjelaskan macam-macam matriks berdasarkan banyak baris dan kolom. • Guru menjelaskan macam-macam matriks berdasarkan pola elemen-elemen. • Guru dan siswa menentukan jenis suatu matriks. • Guru menjelaskan tentang transpos suatu matriks. • Guru menjelaskan entang kesamaan dua matriks. • Guru menjelaskan tentang matriks simetris. b.

Elaborasi • Guru dan siswa menentukan transpos suatu matriks. • Guru dan siswa menggunakan kesamaan dua matriks untuk menentukan elemen yang belum diketahui. • Guru dan siswa menentukan suatu matriks termasuk matriks simetris atau bukan.

c.

Konfirmasi Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan transpos suatu matriks, menggunakan kesamaan dua matriks untuk menentukan elemen yang belum diketahui, menentukan suatu matriks termasuk matriks simetris atau bukan.

Kegiatan Penutup (10 menit) Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan.


515

Pertemuan Kedua 1.

Kegiatan Pendahuluan (10 menit) a. Motivasi Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan penjumlahan suatu matriks. b.

2.

3.

Prasyarat Pengetahuan Matriks dan penulisannya, transpos dan kesamaan dua matriks.

Kegiatan Inti (70 menit) a. Eksplorasi • Guru menjelaskan tentang penjumlahan matriks. • Guru menjelaskan tentang syarat penjumlahan matriks. • Guru menjelaskan tentang sifat-sifat yang berlaku pada penjumlahan matriks. • Guru dan siswa menentukan hasil penjumlahan dua matriks. • Guru menjelaskan tentang pengurangan matriks. • Guru menjelaskan tentang syarat pengurangan matriks. • Guru dan siswa menentukan hasil pengurangan dua matriks. • Guru dan siswa menemukan sifat yang berlaku pada pengurangan matriks. b.

Elaborasi Guru dan siswa menentukan hasil penjumlahan dan pengurangan matriks.

c.

Konfirmasi Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil penjumlahan dan pengurangan matriks.

Kegiatan Penutup (10 menit) Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan. Pertemuan Ketiga

1.

Kegiatan Pendahuluan (10 menit) a. Motivasi Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan perkalian suatu matriks. b.

2.

Prasyarat Pengetahuan Matriks dan penulisannya, transpos, kesamaan, penjumlahan, dan pengurangan matriks.

Kegiatan Inti (70 menit) a. Eksplorasi • Guru menjelaskan tentang perkalian skalar matriks. • Guru dan siswa menentukan hasil perkalian skalar matriks. • Guru menjelaskan tentang sifat-sifat yang berlaku pada perkalian skalar matriks. • Guru menjelaskan tentang perkalian dua matriks. • Guru menjelaskan tentang syarat perkalian dua matriks. • Guru dan siswa menemukan rumus untuk menentukan ordo matriks hasil perkalian dua matriks. • Guru dan siswa menentukan hasil perkalian suatu matriks jika dikalikan dari kiri. • Guru dan siswa menentukan hasil perkalian suatu matriks jika dikalikan dari kanan. • Guru dan siswa menemukan sifat komutatif tidak berlaku pada perkalian matriks. • Guru menjelaskan tentang sifat-sifat yang berlaku pada perkalian matriks.

516


• • •

3.

Guru menjelaskan tentang pemangkatan suatu matriks. Guru menjelaskan syarat pemangkatan suatu matriks. Guru dan siswa membuktikan sifat yang berlaku pada operasi hitung suatu matriks dan transpos matriks tersebut.

b.

Elaborasi Guru dan siswa menentukan hasil perkalian skalar matriks, hasil perklaian matriks dan hasil pemangkatan matriks.

c.

Konfirmasi Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil perkalian matriks.

Penutup (10 menit) Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan. Pertemuan Keempat

1.

Kegiatan Pendahuluan (10 menit) a. Motivasi Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan determinan suatu matriks. b.

2.

3.

Prasyarat Pengetahuan Operasi hitung matriks.

Kegiatan Inti (70 menit) a. Eksplorasi • Guru menjelaskan tentang determinan suatu matriks. • Guru menjelaskan tentang syarat suatu matriks mempunyai determinan. • Guru menjelaskan tentang determinan matriks berordo 2 × 2. • Guru dan siswa menentukan determinan matriks berordo 2 × 2. • Guru menjelaskan tentang determinan matriks berordo 3 × 3. • Guru dan siswa menentukan determinan matriks berordo 3 × 3. • Guru menjelaskan tentang jenis-jenis matriks berdasarkan nilai determinannya. • Guru dan siswa membuktikan sifat-sifat yang berlaku pada determinan matriks. b.

Elaborasi Guru dan siswa menentukan determinan matriks berordo 2 × 2 dan 3 × 3.

c.

Konfirmasi Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil determinan matriks.

Penutup (10 menit) Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan. Pertemuan Kelima

1.

Kegiatan Pendahuluan (10 menit) a. Motivasi Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan invers suatu matriks. b.

2.

Prasyarat Pengetahuan Determinan matriks.

Kegiatan Inti (70 menit) a. Eksplorasi • Guru menjelaskan tentang invers suatu matriks.


517

• • • • • • •

3.

Guru menjelaskan tentang syarat suatu matriks mempunyai invers. Guru menjelaskan tentang cara menentukan invers suatu matriks berordo 2 × 2. Guru dan siswa menentukan invers suatu matriks berordo 2 × 2. Guru menjelaskan tentang cara menentukan invers suatu matriks berordo 3 × 3. Guru dan siswa menentukan invers suatu matriks berordo 3 × 3. Guru menjelaskan tentang matriks singular dan matriks non singular. Guru dan siswa membuktikan sifat-sifat yang berlaku pada invers matriks.

b.

Elaborasi Guru dan siswa menentukan invers matriks berordo 2 × 2 dan 3 × 3.

c.

Konfirmasi Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil invers suatu matriks.

Penutup (10 menit) Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan. Pertemuan Keenam

1.

Kegiatan Pendahuluan (10 menit) a. Motivasi Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan matriks untuk menyelesaikan suatu masalah. b.

2.

Prasyarat Pengetahuan Determinan dan invers matriks, sistem persamaan linear dua dan tiga variabel.

Kegiatan Inti (70 menit) a. Eksplorasi • Guru mengingatkan kembali tentang sistem persamaan linear dua variabel. • Guru menjelaskan tentang penerapan matriks dalam sistem persamaan linear dua variabel. • Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear dua variabel menggunakan cara invers matriks. • Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear dua variabel menggunakan cara determinan matriks atau aturan Cramer. • Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel menggunakan cara invers matriks. • Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel menggunakan cara determinan matriks atau aturan Cramer. • Guru mengingatkan kembali tentang sistem persamaan linear tiga variabel. • Guru menjelaskan tentang penerapan matriks dalam sistem persamaan linear tiga variabel. • Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan cara invers matriks. • Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan cara determinan matriks/ aturan Cramer. • Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan cara invers matriks. • Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan cara determinan matriks/ aturan Cramer. b.

518

Elaborasi Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem pertidaksamaan dua atau tiga variabel menggunakan cara invers matriks dan determinan matriks/ aturan Cramer.


c.

3.

Konfirmasi Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan penyelesaian sistem pertidaksamaan dua atau tiga variabel menggunakan cara invers matriks dan determinan matriks atau aturan Cramer.

Penutup (10 menit) Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan.

Alat dan Sumber Belajar 1. Buku PR Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara, 2013 2. Buku PG Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara, 2013 3. Buku BSE Matematika untuk Kelas XII Program IPA, Pusdiknas, 2009 4. Website-website yang relevan Penilaian Hasil Belajar 1.

Teknik Penilaian Tertulis

2.

Bentuk Instrumen a. Pilihan ganda b. Uraian

3.

Contoh Instrumen a. Pilihan Ganda 1.

2.

 −  Diberikan matriks C =  −  . Nilai c21 dan c32 berturut-turut adalah . . . .     a. 8 dan 3 b. 7 dan 0 c. 3 dan 4 d. 2 dan 4 e. –1 dan –6  −   − −   dan Q =   . Matriks PQT = . . . . Diketahui matriks P =   −  − 

a.

 −     − 

b.

     − 

c.

     − 

d.

     − 

e.

−      − 


519

3.

b.

  Matriks A =   dan B adalah matriks berukuran 2 × 2. Jika det (B) = b maka det (AB) = . . . .   a. 10b

b.

5b

c.

d.

2b

e.

b

Uraian 1. Diketahui matriks K = (kij) ditentukan oleh   K=  .  − − − a. Tentukan ordo matriks K. b. Tentukan k13, k21, k24. c. Tentukan hasil k11k22 + k12k23 + k24k14.

d.

2.

Jika

− + −

= k23, tentukan nilai n.

 α α  Tentukan determinan matriks P jika MP = N dengan M =   dan N =  α α 

    .  

________, ________________

Mengetahui

520

Kepala SMA ______________

Guru Mata Pelajaran

......................... _________________________

........................ ________________________

NIP _____________________

NIP ____________________


04 MATEMATIKA 12 IPA 2013.pdf

Recommend Documents