Matematika Kelas IX
i
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. menj menjelas elaskan kan konsep konsep limit limit fungsi trigono trigonometri metri di suatu suatu titik; titik; 2. menjelaska menjelaskan n konsep konsep limit fungsi trigonometri yang hasilnya hasilnya tak tentu; tentu; 3. menggunakan sifat-sifat limit fungsi trigonometri di suatu suatu titik; titik; 4. menentukan penyelesai penyelesaian an limit limit fungsi fungsi trigonometri di suatu suatu titik; titik; 5. menj menjelas elaskan kan konsep konsep limit fungsi fungsi aljabar aljabar di ketakhin ketakhinggaa ggaan; n; 6. mene menemuka mukan n sifat-sifa sifat-sifatt limit fungsi fungsi aljabar aljabar di ketakhin ketakhinggaa ggaan; n; 7. menentukan penyelesaia penyelesaian n limit limit fungsi fungsi aljabar di ketakhinggaa ketakhinggaan; n; 8. menjelask menjelaskan an konsep konsep limit fungsi trigonometri di ketakhinggaan ketakhinggaan;; 9. menentukan penyelesai penyelesaian an limit limit fungsi trigonometri di ketakhinggaan. ketakhinggaan. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik mampu: 1. bersikap ingin ingin tahu, teliti, teliti, dan cermat dalam dalam menyelesaikan menyelesaikan masalah kontekstual yang berkaitan dengan limit fungsi fungsi trigonometri trigonometri dan limit di ketakhinggaan; 2. bertanggung jawab dan saling menghargai terhadap proses proses penyelesaian penyelesaian yang berbeda berbeda dan kreatif. kreatif.
Limit Fungsi Mempelajari
Limit Fungsi Trigonometri di Suatu Titik
Limit di Ketakhinggaan
Mencakup
• • • • • •
Mencakup
Konsep Limit Konsep Limit Fun Fungsi gsi Tri Trigon gonome ometri tri di Suat Suatu u Titik Titik Konsep Kon sep Limi Limitt Fungs Fungsii Trigon Trigonome ometri tri di di Suatu Suatu Titik Titik yang Hasilnya Tak Tentu Teo eore rem ma Li Limi mitt Ap Apit SifatSif at-Si Sifat fat Lim Limit it Fun Fungs gsii Trig Trigono onomet metri ri Penyel Pen yelesa esaia ian n Limit Limit Fun Fungs gsii Trigo Trigonom nometr etrii Permasa Perm asalah lahan an yan yang g Berk Berkait aitan an den dengan gan Lim Limit it Fungsi Trigonometri
• • • • • •
Konsep Konse p Limit Limit Fungs Fungsii Aljaba Aljabarr di Ketak Ketakhin hingga ggaan an Sifat-Si Sifa t-Sifat fat Limi Limitt Fungs Fungsii Aljab Aljabar ar di Keta Ketakhin khinggaa ggaan n Penyel Pen yelesa esaian ian Limit mit Fung Fungsi si Aljab Aljabar ar di Ketakh Ketakhing inggaa gaan n Permasa Perm asalah lahan an yan yang g Berk Berkait aitan an den dengan gan Lim Limit it Fungsi Aljabar di Ketakhinggaan Penger Pen gertia tian n Limit Limit Fun Fungsi gsi Tri Trigon gonome ometri tri di di Ketak Ketak-hinggaan Penyeles Peny elesaian aian Limi Limitt Fungs Fungsii Trigo Trigonome nometri tri di Keta Ketakkhinggaan
Mampu • • • •
Menjelaskan Menjelas kan tentang tentang limit limit fungsi fungsi trigonome trigonometri tri di suatu suatu titik dan dan limit di ketakh ketakhingg inggaan. aan. Menyelesaikan Menyelesaik an permasalahan permasalahan yang berkaitan berkaitan dengan limit limit fungsi trigonometri di suatu suatu titik titik dan limit di ketakhinggaan. Bersikap ingin tahu, teliti, dan cermat cermat dalam dalam menyelesaikan menyelesaikan permasalahan yang berkaitan berkaitan dengan limit fungsi trigonometri di suatu titik dan limit di ketakhinggaan. Bertanggun Berta nggung g jawab dan saling saling mengha menghargai rgai terhada terhadap p proses penyel penyelesai esaian an yang berbeda berbeda dan dan kreatif. kreatif.
Matematika Kelas XII
1
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: e Dari grafik fungsi terlihat untuk nilai-nilai x
π
mendekati
4
sin sin 4x ( lim − x π x→
dari kiri nilai fungsi mendekati 0
4. Jawaban: e Dari grafik fungsi terlihat untuk nilai-nilai x mendekati 2π dari kiri nilai fungsi mendekati –∞ 4x
( lim
= – ∞ ) dan untuk nilai-nilai x
1 x → 2 π− tan 2 x
mendekati 2π dari kanan nilai fungsi mendekati
= 0) dan untuk nilai-nilai nilai-nilai x mendekati
4x
( lim
1 x → 2 π+ tan 2 x
4
π
sin sin 4x x π+ x→
dari kanan nilai fungsi mendekati 0 ( lim 4
4x
lim
∞). Oleh karena
=
maka
1 x → 2 π+ tan 2 x
4
= 0). Oleh karena x
maka lim x→
π
sin sin 4x x
sin sin 4x lim x π−
sin sin 4x lim x π+
=
→4
x→
= 0
= 0
sin sin 4x lim π x x→
= 0.
sin 4x x
tidak ada.
π
3
= sin (6 ×
2. Jawaban: a Dari grafik fungsi terlihat untuk nilai-nilai x mendekati 0 dari kiri nilai fungsi mendekati 4 x → 0−
1 x 2
tidak ada.
lim (sin 6x + cos 6x) x→
4
( lim
4x
lim
x → 2 π tan
= 4) dan untuk nilai-nilai nilai-nilai x mendekati
π 3
π 3
)
= sin 2π + cos 2π =0+1 =1 Jadi, nilai lim (sin 6x + cos 6x) = 1 x
sin 4x x x → 0+
) + cos (6 ×
→
π
3
0 dari kanan nilai fungsi mendekati mende kati 4 ( lim sin 4x lim x x → 0−
= 4). Oleh karena maka
sin 4x x x→0
lim
Jadi, nilai
=
sin 4x lim x x → 0+
= 4
= 4.
sin 4x lim x x→0
( lim x
1 → 0− tan 2 x
=
= 4.
= 8) dan untuk nilai-nilai x mendekati 0 4x
dari kanan nilai fungsi mendekati 8 ( lim
x → 0 − tan
= 8). Oleh karena lim x
maka lim
4x
x → 0 tan
Jadi, nilai lim
1 x 2
= 8.
x → 0 tan
2
Limit Fungsi
4x
1 → 0− tan 2 x
4x 1 x 2
Dengan substitusi langsung: x→
3. Jawaban: a Dari grafik fungsi terlihat untuk nilai-nilai x mendekati 0 dari kiri nilai fungsi mendekati 8 4x
6. Jawaban: d 2x + sin 21 x
lim
= 8.
=
lim x
4x
1 → 0− tan 2 x
1 x 2
= 8
π
3
2×
= =
2π 3
cos cos 2x π
+ sin ( 21 × π3 ) π cos (2 × 3 ) 3
+ sin 6π
cos 2π 3
=( =–
2π 3
+ 21
− 21 2π 3
+
4π 3
= –1 –
1 2
−2
)×
1
– 1 4π 3
Jadi, nilai lim x
→
π
3
2x + sin 21 x cos cos 2x
= –1 –
4x
1 x → 2 π− tan 2 x
5. Jawaban: c Dengan substitusi langsung:
4
4
Jadi, nilai
Jadi, nilai
4x lim x → 2π tan 1 x 2
lim
4π 3
.
≠
7. Jawaban: d Dengan substitusi langsung:
9. Jawaban: b Dengan substitusi langsung:
sin x co c os x − sin2 x tan tan x x → 2π
lim
=
sin 0 c co os 0 − sin2 0 tan tan 0
0 × 1 − 02 0
=
5x 2 x → 0 2 s i n x ta n x
lim
=
0 0
(tak tentu)
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri: sin x co c os x − sin2 x tan tan x x → 2π
lim
=
sin sin x cos cos x
x → 2π
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri: 5x 2 x → 0 2 s i n x ta n x
lim
5 x→0 2
= lim
= lim (sin x cos x – sin2 x) × cosx x → 2π
sin sin x
=
5 2
x
5 2
5x 2 x → 0 2 sin x tan x
x → 2π
Jadi, lim
= cos2 2π – sin 2π cos 2π = 12 – 0 × 1 = 1 – 0 = 1 sin x co c os x − sin2 x tan tan x x → 2π
Jadi, nilai lim
5 2
=
.
10. Jawaban: c Dengan substitusi langsung: = 1.
sin4 0
sin4 x
lim
x→0
8. Jawaban: b Dengan substitusi langsung:
0
= 3 × 03 × tan 0 = (tak tentu) 0 3x 3 tan x
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri:
1 − ta n x π sin x − cos x
sin4 x
lim
lim
=
x
× lim sin × lim tan x → 0 sin x x → 0 tan x
× 1 × 1 =
= lim (cos2 x – sin x cos x)
x
0 (tak tentu) 0
=
5× x×x = lim 2 sin x tan x x→0
− sin2 x
sin x co cos x
lim
5 × 02 2 si s i n 0 × ta n 0
=
3
x → 0 3x tan x
sin4 x
= lim
×
x x
sin sin x x
×
3
x → 0 3x tan x
4
π
1 − ta n sin
π 4
4
=
π
− cos
4
1− 1 1 2
2
−
1 2
2
=
0 (tak tentu) 0
=
sin x sin x sin x sin x × x x → 0 3 × x × x × x × x tan x
=
1 x→0 3
=
sin sin x sin sin x sin sin x lim 1 × lim × lim × lim
Dengan faktorisasi: 1 − ta n x lim π sin x − cos x x 4
1−
−
×
x→0 3
sin sin x x
=
sin x
1 3
= limπ sin x − cos x x
sin sin x x
×
x
x→0
x
sin sin x x
x
× tan tan x
x→0
x
x
× lim tan x → 0 tan x
× 1 × 1 × 1 × 1 = sin4 x
Jadi, lim
cos x
×
x→0
sin sin x x x→0
4
cos x
lim
× lim
sin sin x
cos cos x = limπ sin x − cos x x cos x
lim
3
x → 0 3x tan x
=
1 3 1 3
.
4
cos x − sin x = limπ cos x(sin x − cos x) x 4
−(sin x − cos x) = limπ cos x(sin x − cos x) x 4
−1
= limπ cos x x 4
=
−1 cos
π
=
4
Jadi, limπ x
4
Dengan substitusi langsung: π
lim
cos 2( 2
x→0
+ x)
x ta n x
π
=
cos 2( 2
+ 0)
0 × t an 0
=
0 (tak tentu) 0
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri:
−1 1 2
11. Jawaban: e
2
×
2 2
1 − ta n x sin x − cos x
π
= – 2 = – 2 .
lim
cos 2( 2
x→0
+ x)
x ta n x
co s 2 x x → 0 x t an x
= lim
×
x x
Matematika Kelas XII
3
=
sin sin x lim x x→0
×
sin sin x x x→0
× lim
= lim
sin sin x x
×
x tan tan x
=
× lim tan x → 0 tan x
3
=
π
+ x)
x tan x
1 x 6 2 1 sin x 2
tan2
x→0
lim
x→0
=
tan2 ( 1 × 0)
=
2
sin
6 (1 2
× 0)
x→0
3 × lim
3x → 0
2 − 4 × lim
3 × lim
1 x 6 sin2 1 x 2
tan2
=
tan
ta tan
x → 0 sin
1 x 2
si sin 21 x
= lim
=
=
1 x 6
1 x 6 1 x 2
× ×
1 x 6 1 x 2
tan
lim
1 6
×
1 x 6
1 x 6
x→0
Misalkan u = 1 6
1 x 6
1 x 6
×
1 x 6
× 61 x × 21 x × 21 x
×
1 x 6
tan
1 x 6
1 x 6
x dan v =
1 2
×
1 x 2
×
×
u→0
sinu u
2 − 4 × lim
×
×
=
1 x 2 1 sin 2 x
x. Untuk x → 0 maka 1 2
x → 0
v tanu tanu × lim × lim sin si n v u u u→0 x→0 v→0
× lim
v lim sin v v → 0 sin
4 36
× 1 × 1 × 2 × 1 =
Jadi, lim
x→0
1 x 6 sin2 1 x 2
tan2
=
1 9
1 . 9
sin sin 3x 4x x → 0 2x − tan 4x
sin ((3 3 × 0) 2x − tan (4 × 0)
=
sin sin 3x 2 x 4x − tan 4x x→0
lim
=
= lim
x→0
4
sin3x x 2x tan 4 x x x
−
Limit Fungsi
×
= –
3 2 3 2
= – .
Dengan substitusi langsung: x tan 3 x
lim
2 x → 0 1 − cos 2x
0 ta t an (3 (3 × 0)
=
1 − co s 2 ( 2 × 0 )
=
0 (tak tentu) 0
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri: x tan 3 x
lim
2
x → 0 1 − cos 2x
x tan tan 3x = lim 2 x → 0 sin 2x
=
x tan 3 x sin 2x sin sin 2x x → 0 sin
=
2x sin 2x x → 0 sin
=
2x sin 2x x → 0 sin
= =
0 (tak tentu) 0
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri:
sin sin 3x lim 4x x → 0 2 x − tan 4x
3 −2
lim lim
×
3 × 2 × 2x 3x × 2 × 2
2x
× sin × sin 2x
lim
3 x→0 4 2x lim sin si n 2x 2x → 0
tan tan 3x 3x
3
× 2 × 2
×
2x sin 2x x → 0 sin
×
tan tan 3x 3x x→0
×
2x sin si n 2x 2x → 0
×
tan tan 3x 3x 3x → 0
lim
lim
× lim
13. Jawaban: a Dengan substitusi langsung: lim
3×1 3 = = 2 − 4×1 2−4
14. Jawaban: e
atau v → 0. =
tan tan v v
sin sin 3x 4x x → 0 2x − tan 4x
x → 0 atau u → 0. Untuk x → 0 maka 1 36 1 4
tan4x 4x
Jadi, nilai lim
1 x 2
1 x 2 1 sin 2 x
tan tan 4x x
sin3x 3x
v →0
x→0
× 44
Misalkan u = 3x dan v = 4x. Untuk x → 0 maka 3x → 0 atau u → 0. Untuk x → 0 maka 4x → 0 atau v → 0.
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri: lim
tan 4 x x
sin3x x
4x → 0
0 (tak tentu) 0
=
× 33
lim 2 − 4 × lim
= 1.
12. Jawaban: b Dengan substitusi langsung: lim
×
x→0
cos 2( 2
x→0
x→0
x
sin sin x x x→0
sin 3 x x
lim 2 − lim
x→0
=1×1×1=1 Jadi, lim
lim
x →0
1 x 1 x
lim
lim
3 x→0 4
× lim
Misalkan u = 2x. Untuk x → 0 maka 2x → 0 atau u → 0. Misalkan juga v = 3x. Untuk x → 0 maka 3x → 0 atau v → 0. Bentuk limit menjadi: u
u
= lim sin × lim sinu × lim u → 0 sin u u→0 v→0 =1×1×1× Jadi, nilai
3 4
lim
=
3 4
x t an 3 x 2
x → 0 1 − cos 2x
=
3 4
.
tan tan v v
×
3 4
15. Jawaban: b Dengan substitusi langsung: 1 − cos 4x 4x 2 x − cos x x → 0 cos 2x
lim
=
1 − cos (4 (4 × 0) cos (2 (2 × 0) − cos x
=
0 0
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri:: 2 ( x + 3)( x − 3) x −9 = lim sin (x lim (x − 3) s i n (x ( x 3 ) − x→3 x→3 ( x − 3) = lim (x + 3) × lim sin (x (x − 3) x→3 x→3
(tak tentu)
( x − 3) = (3 + 3) × lim sin (x (x − 3) x→3
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri: 1 − cos 4x 4x c o s 2x 2 x c − os x x→0
( x − 3) = 6 × lim sin (x (x − 3) x→3 Misalkan u = x – 3. Jika x → 3 maka (x – 3) → 0 atau u
lim
1 − (1 − 2 si sin2 2 x )
= lim
x→0
−2 si sin 32 x si sin 21 x
u
2 si s in2 2 x
= lim
x→0
x→0
= 6 × lim sinu u→0
−2 si sin 32 x si sin 21 x 2×2× 2 x× 2x
×
− sin 32 x si sin 21 x
=6×1=6
1
3
sin sin 2x sin2x sin2x
= lim
2x × 2x ×
3 2
×
1 2
x2 − 9 (x − 3) x → 3 sin (x
Jadi, lim
3
1 x sin 2x x sin sin sin 2x × 2 2 − lim = × × 23 21 2x × 2x × 3 1 sin 2 x x→0 sin 2 x ×2 2
= –
4 3 4
×
sin sin 2x 2x x→0
lim 3 2
x
x → 0 sin
3 2
× lim
x
×
×
sin sin 2x 2x x→0
lim
1 x 2 sin 21 x
x→0
3 2
x −1 x −1 3 lim tan ((33x − 3) = lim tan 3( × − 3 ( x 1 ) 3 x →1 x →1
x, dan w =
1 2
x . Untuk
x → 0 atau v → 0. Untuk x → 0 maka
1 2
x → 0
sinu u u→0
× lim
sinu u u→0
× lim
v
× lim sin v → 0 sin v
w
× lim sin w → 0 sin w = – =
16 3
=
3(x − 1) 1 lim 3( x − 1) 3 x → 1 tan 3(
Misalkan u = 3(x – 1). Untuk x → 1 maka 3(x – 1) → 0 atau u → 0. Bentuk limit menjadi: =
atau w → 0. Bentuk limit menjadi: 16 3
17. Jawaban: d Dengan substitusi langsung:
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri:
x → 0 maka 2x → 0 atau u → 0. Untuk x → 0 maka
= –
= 6.
x −1 1− 1 0 lim tan ((33x − 3) = tan (3 × 1 − 3) = (tak tentu) 0 x →1
lim
Misalkan u = 2x, v =
3 2
→ 0.
1 3
u tanu u→0
× lim
=
1 3
× 1 =
1 3
x −1 1 Jadi, nilai lim tan ((33x − 3) = . 3 x →1
18. Jawaban: a Dengan substitusi langsung:
× 1 × 1 × 1 × 1
lim
x
16 – 3
(x2
1) si sin 2( 2( x 2
2 si sin ( x
1
1) 1)
=
0 sin 0 2
2 sin 0
=
0 (tak tentu) 0
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri:: 1 − cos 4x 4x 2 x − cos x x → 0 cos 2x
Jadi, nilai lim
= –
16 3
.
16. awaban: c Dengan substitusi langsung: x2 − 9 lim (x − 3) x → 3 sin (x
=
32 − 9 sin (3 (3 − 3)
9−9 0 = sin = (tak tentu) sin 0 0
lim
x
(x2
1) si sin 2( 2( x 2
2 si sin ( x
1
1) 1)
( x 1)( x 1) si sin 2( 2( x 1) 2 si s i n (x ( x 1 ) si s i n (x ( x 1) 1
= lim x
= lim x
(x
1
2( x
1)
x
1
sin 2( 2( x
1)
× lim sin ((xx 1) × lim sin ((xx 1) 2 x 1 x 1 1)
× 2(x 1)
Matematika Kelas XII
5
=
x 1 1 1 × lim sin ((xx 1) × 2 x 1 x
sin 2( 2 ( x 1) 1 2( x 1)
2 × lim x
1
Misalkan x – 1 = u. Jika x → 1 maka u
→ 0. Misalkan juga 2(x – 1) = v. Jika x → 1 maka v → 0. =
×
u lim sin u 0 sin u
sin sin v lim v 0 v
× 2 ×
×
u lim sin u 0 sin u
= –1 × 1 × 2 × 1 × 1 = –2 (x
Jadi, lim x
2
1) si sin 2( 2(x
1)
= –2.
1)
lim x
π
x
2
π
=
π
tan 2
2
2
π
π
2
2
tan π 0
=
lim x
π
x
2
π
= lim
2
x
tan 2( x
π
x
0 (tak tentu) 0
=
π
Jika x
lim x
π
→
2
tan tan 2x x
2
π
tan(2( x
π
x
π
π
π
π 2
2
π
π 2
x
π
x
2
π
3
×
Limit Fungsi
π
3x
π)
× cos 2x
× lim cos 2x
3x lim π sin (3x x
π
3x π sin (3 x
π
π)
π
x
3
3
× cos
2 π 3
3
× lim
x
x
3
1
π)
× (– 2 )
3
Misalkan u = 3(x – π). π Jika x → maka 3(x – π) → 0 atau u → 0. 3
u tanu × lim u→0 u u → 0 sinu 1 1 1 × 1 × (– ) = – 2 2
= lim
× (–
tan (3 (3x π) co cos 2x 2x π sin (3x π)
1 2
)
1
= – 2 .
3
1. a.
)
×
Darii graf Dar grafik ik fun fungsi gsi ter terli lihat hat unt untuk uk nil nilai ai-ni -nilai lai x mendekati 0 dari kiri nilai fungsi mendekati 4 ( lim f(x) = 4) dan untuk nilai-nilai x mendekati 0
2 2
x → 0−
dari kanan nilai fungsi mendekati ( lim f(x) = 4).
π 2
x
) → 0 atau u → 0.
→ 0+
2 x
2
x
→ 0+
lim f(x) = 4.
Jadi, nilai lim f(x) = 4.
π
tan 2 x
→ 0−
x→0
x→0
2
π
b.
2
tanu
Dari graf grafik ik fungsi fungsi terl terlihat ihat untu untuk k nilai nilai-ni -nilai lai x 5π mendekati dari kiri nilai fungsi mendekati 0 4
( lim f(x) = 0) dan untuk nilai-nilai x menx→
5π − 4
dekati
5π 4
dari kanan nilai fungsi mendekati
( lim f(x) = 0). Oleh karena
2
x→
=
tan tan 0 cos cos sin 0
2π 3
=
0 (tak tentu) 0
5π + 4
lim f(x) = x→
lim f(x) = 0 maka lim5 π f(x) = 0.
x→
5π + 4
x→
Jadi, nilai lim f(x) = 0. x→
6
π)
B. Uraian
π)
20. Jawaban: a Dengan substitusi langsung: x
x
π
3x sin (3x
π sin (3 x
= lim
x
= 2.
tan (3 (3x π) co cos 2x 2x lim π sin (3 x π)
tan (3x π) π 3x π
2
× lim
3
tan (3 x π) lim π 3x π x
)
=2×1 =2 π
tan (3 x π) 3x π
π
Jadi, lim
u→0 u
Jadi, lim
x
π
Oleh karena lim f(x) = lim f(x) = 4 maka
π
= 2 × lim
tan tan 2x
3
= lim
).
x
×
x
= 2 × lim
tan tan 2x
x
=
2
2
2
tan (3 x π) π 3x π
= lim
2
tan 2( x x
)
) 2
2
π
)
π π
3x 3x
2
2
maka 2(x –
2
2
x
Misalkan u = 2(x –
π
π
tan (2( x
= lim x
π 2
×
3
2
2
= lim x
π 2
π
x
= lim
x
3
Dengan mengubah fungsi trigonometr trigonometri: i: tan tan 2x
tan (3 (3 x π) co cos 2x 2x π sin (3 x π)
= lim
=
19. Jawaban: a Dengan substitusi langsung: tan tan 2x
3
x
2 si sin2 (x
1
tan (3 (3 x π) co cos 2x 2x π sin ( 3x π)
lim x
× lim sin ((xx 1) x 1
2 2
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri::
5π 4
4
5π − 4
2. a.
Deng De ngan an su subs bsttit itu usi la lang ngs sun ung: g: 3 × lim cos x π 3 cos x lim π sin sin 2x
x→
x→
=
b.
1 − cos3 x 1 − cos3 0 0 lim ( sin2 x ) = sin2 0 = (tak tentu) 0 x 0
3
lim sin 2x π
x→
3
Dengan faktorisasi:
3
π
3 × cos 3
=
1 − cos3 x lim ( ) sin2 x x 0
π
sin (2 × 3 ) 1
3× 2
=
3
=
3
3 cos x π sin sin 2x x→
lim
Jadi, nilai b.
1 2
3
×
=
3 3
=
1 − cos3 x = lim ( 1 − cos2 x ) x 0
3
3.
x
3
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng::
x
2
1 2
π
= tan
π
×
2
) + cos (
π
+ cos (–
4
π 2
= – π)
1 2
Jadi, nilai lim (tan ( x) + cos (x – π)) = 1. π
x
4. a.
x
=
=
2 cos 2 sin 1
=
)
− 2 sin2 (2 × 38π ) + cos (2 × 38π )
x
= cos 0 ×
0 (tak tentu) 0
2 co cos 2 2 x − 2 si sin2 2x sin 2x 2 x + cos 2x
x
b.
)
8
x
→ 0
sin u = u 0
u
=
3 5
maka 3x
1×
3 5
→0
× 1 =
3 5
.
3
tan 2x
=
3 0 sin2 (6 0) 3
tan (2 0)
=
0 (tak tentu) 0
Dengan mengubah fungsi trigonometri: 3x si s in2 6x tan3 2x
0
3xsin 3xsin 6x sin sin 6x tan ta n 2x tan ta n 2x tan tan 2x 0
= lim
= 2 × (cos (2 ×
3π 8
= 2(cos
3 π – 4
sin
1 2
2)–
1 2
Jadi, lim3 π ( x
sin 3x 3x 0
= lim
3x si s in2 6x
0
x
8
= 2((–
x
lim
= lim3 π (2(cos 2x – sin 2x)
3 3
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: lim
2(cos 2 x + sin 2 x) x)(cos 2x − sin 2x ) lim ( ) 3π sin 2x 2 x + cos 2 x
x
3 5
×
× lim
cos cos 4x sin sin 3x 5x 0
x
8
=
3 5
Jadi, lim
Dengan faktorisasi: x
x
Misalkan u = 3x. Jika x atau u → 0
− 2( 21 2 )2 = 1 2 + (− 2) 2
lim ( 3π
0
= cos (4 × 0) ×
2(− 2 2 )2 1 2
sin 3x 5x 0
= lim cos 4x × lim
3π 4
− 2 sin2 + cos 34π
cos 4x sin 3x 5x 0
x
3π ) 8 3π ) 8
3π 4 3π 4
0 (tak tentu) 0
= =
lim
8
2 cos2 (2 ×
1+ 1+ 1 3 = 1+ 1 2
Dengan mengubah fungsi trigonometri:
2
2 co cos 2 x − 2 si sin 2x sin 2x 2 x + cos 2x
sin (2 ×
cos 4x sin 3x 5x 0
x
2
=
)
Den enga gan n sub subst stiitu tusi si lan angs gsun ung: g: lim
2
Deng De ngan an su subs bsttit itu usi la lang ngs sun ung: g:
lim ( 3π
1 + cos 0 + cos 2 0 1 + cos 0
)
1 − cos3 x 3 lim Jadi, ( sin2 x ) = . 2 x 0
)=1+0=1
2
1 + cos x + cos 2 x 1 + co s x 0
= lim (
1
= tan (
(1 − cos x) x )(1 + cos x + cos2 x ) (1 − cos x )(1 + cos x ) 0
= lim (
lim (tan ( x) + cos (x – π)) π 2 x
3. a.
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng::
) – sin (2 × 3π 4
3π 8
x
))
x
)
=
2 ) = –2 2 2
3 2
×
6 2
×
Jadi, lim x
2
2 co cos 2x − 2 si sin 2x sin 2x 2 x + co s 2 x
3x tan ta n 2x 0
= lim
0
sin sin 6x tan ta n 2x 0
× lim x
6 2
=
sin sin 6x tan ta n 2x 0
× lim x
27 2
3x s in in2 6x tan3 2x
=
27 2
.
) = –2 2 .
8
Matematika Kelas XII
7
5. a.
Deng De ngan an su subs bsttit itus usii lan langs gsun ung g: 1 cotan x
lim
x
=
1 x
0
1
=
1 0
Dengan mengubah fungsi trigonometri: 2x tan 4x lim x 0 x + sin 3x
(tak tentu)
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri:: 1 cotan x
lim
x
1
= lim x
x
0
x
x
0
= 0 – 1 = –1 x
= 1 x
0
tan x
x
si n x
ta n 0
=
2
x sin x
0
=
0
2
si n 0
0 (tak tentu) 0
=
si n 0
lim
x
= lim x
= lim x
0
1 4
= lim (2 × 0
× lim x
sin
1 x 2
0
Misalkan u =
sin
1 x 2
s in
×
x
tan tan x x 0
1 x 2
sin sin x
1 x 4 1 1 x 2 x
×
=
1 2 1 2
sin
× lim x
x
0
2
sinu sinu × lim × 0 u u 0 u
× 1 × 1 × 1 ×
0
tan x
si n x
x 2 sin x
1 2
2
x2
Limit Fungsi
=
= –
1 2
1 . 2
2
2
0 + tan 0
=
0 (tak tentu) 0
× 1 = =
1 2
x → 0
+
x2 2
2
x
x
x
2
1 2
0
=
tanu 0 u
2
2
lim
u
2
1+1
x
7. a.
tan x 0 x
x
→ 0 maka 2x → 0
2 2 2
2x x
lim
0
Jadi, lim
=
x2
0 1 + tan x
lim lim tan tan
1
0 (tak tentu) 0
×
Misalkan u = 2x. Untuk x atau v → 0.
.
2 0 tan 0 x + sin 3x
x2 1
x2 tan2 x
tan 2x x
= lim
Deng De ngan an su subs bsttit itu usi la lang ngs sun ung: g: 2x tan 4x lim x 0 x + sin 3x
= –
1
2
x
0
x
× 1 × lim
x
8
2
tan2 2x
1 x 2
1 x 2
x. Untuk x → 0 maka
1 4
2 4
tan2 0
=
0 x + tan x
=
u
=
2x tan 4x 0 x + sin 3x
lim 1 +
Jadi, lim 6. a.
0
2
= lim
×
atau u → 0. =
v
0 x + tan x
x
1 2
sinu u
lim
tan tan2 2x
× lim sin x x 0
1 x 2
0
tanu u
tan2 2x
lim
) × lim x
3 3
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng::
x
×
sin 3x x
0
Dengan mengubah fungsi trigonometri:
1 x 2
x sin x
tan tan x x
4 4
2 4 2 4 1 = 1 3 1+3 1
x
2
= lim 2 ×
x
2 sin2
tan x
u
1+3
lim
x 2 si n x
0
x
b.
sin x
tan x (1 cos x )
0
tan 4x x
Jadi, lim
x 2 sin x
0
lim
x
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri:: tan x
x
= –1.
d. Den Dengan gan sub substi stitus tusii lan langsu gsung: ng: lim
0
2
1 cotan x
0
lim 1 + lim lim
0 tan x
x
Jadi, lim
x
Misalkan u = 4x. Untuk x → 0 maka 4x → 0 atau u → 0. Misalkan juga v = 3x. Untuk x → 0 maka 3x → 0 atau v → 0.
x
= lim x – lim
lim
0
x
1 tan x 1 x
0
x
=
1 x
0
= lim x – lim x
lim 2
cotan x
– lim
1 x
0
0 1+
x
1 x
0
×
tan 4x x sin 3x x
2
= lim
1 x 1 x
4 = 2
=
tan2 2x 2
2
0 x + tan x
2
= 2.
Den enga gan n sub subst stiitu tusi si lan angs gsun ung: g: sin 0 + sin 0 0 5 x + sin 3x 3x lim sin 5x = = (tak tentu)
x→0
3 x c os os x
0
0
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri:
tanu sinv × lim u u→0 v→0 v
= (–3) × lim
5 x + sin 3x 3x lim sin 5x
x→0
3 x c os os x
= (–3) × 1 × 1 × 1 = 3 c os 6x − tan 4 x Jadi, nilai lim tan 4 x co = –3. 3
= lim 2 sin4x cosx x→0
x→0
3 x c os os x
8. a.
2 sin sin 4x 4 × 3x 4 x→0
= lim =
8 3
3 2
sin sin 4x 4x 4x → 0
x→0
=
8 3
×
sinu lim u u→0
= lim
=
8 3
× 1 =
lim
= lim
24x
=
3
=
0 0
= = = = =
lim
24x 3
x→0
tan 4x 4x × 2 si s in 2 3 x 4x × 3x × 2 x
lim (–
x→0
2×3 2
)×
×
3 3
×
tan tan 4x 4x
×
tan tan 4x 4x x→0
lim (–3) × lim
x→0
sin3x sin sin 3x × 3x 3x sin sin 3x 3x x→0
×
sin3x × lim 3x
×
tan 21 x 1 x 2
tan 21 x
× lim
x→0
1 2
1 x 2
tan 21 x 1 x 2
×
×
tan 21 x 1 x 2
× lim
x→0
4x sin sin 4x
×
1 2
× 4
4x sin sin 4x
tan 21 x 1 x 2
x. Untuk x → 0 maka
1 2
x→0
v tanu tanu × lim × lim s in u u u→0 u→0 v → 0 in v
=
1 3
× lim
=
1 3
× 1 × 1 × 1
=
1 3
Jadi, nilai lim
x→0
Misalkan u = 4x.Untuk x → 0 maka 4x → 0 atau u → 0. Misalkan juga v = 3x.Untuk x → 0 maka 3x → 0 atau v → 0. Bentuk limit menjadi: = (–3) ×
×
× lim
sin sin 3x lim 3x x→0
tan tan 4x lim 4x 4x → 0
1 8
1 x 2
× 4x ×4
1 2 1 x 2
atau u → 0. Misalkan juga v = 4x. Untuk x → 0 maka 4x → 0 atau v → 0. Bentuk limit menjadi:
tan 4x 4x(1 − 2 si s in2 3x − 1)
lim –
×
Misalkan u =
3
24x 3
x→0
×
tan 21 x
×
4x sin si n 4x x→0
cos 6x − 1) lim tan 4 x ( co
x→0
0 (tak tentu) 0
× lim
cos 6x − tan 4 x lim tan 4 x co 24x
1 lim 3 x→0
(tak tentu)
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri: x→0
8× 2
= lim
3
− ta n 0
24 × 0
3 × 21 x si sin 4x
8 x→0 3
3
cos 6x − tan 4 x lim tan 4 x co tan 0 c co os 0
8 ta tan 21 x ta tan 21 x
x → 0 3× 4
3 x c os os x
× 0 × sin 0
=
x sin4x
1
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng::
=
3 2
x→0
8 3
x→0
3 2
8 tan2 21 x
lim
×
x→0
x sin4x
8 × tan 0
=
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri:
→ 0
8 5 x + sin 3x 3x Jadi, nilai lim sin 5x = .
b.
8 tan2 21 x
x→0
Misalkan u = 4x. Untuk x → 0 maka 4x atau u → 0. Bentuk limit menjadi:
24x
Den enga gan n sub subst stiitu tusi si lan angs gsun ung: g: lim
2×4 sin sin 4x lim 3 x → 0 4x
=
sinv v→0 v
× lim
→0
3x
b.
8 tan2 21 x 3 2
x sin 4x
=
1 3
.
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: lim
x→0
sin2 53 x ta t an 12 x 2x 2 x
2 0 × = sin 02 tan 0 = (tak tentu) 0 2×0 × 0
sin sin 3x 3x 3x → 0
lim
Matematika Kelas XII
9
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri: sin2 53
lim
x ta t an 12 x
2x 2 x
x→0
sin2 53
= lim
x ta t a n 12 x
× 35 × 12 4
5 3
= lim
x→0
1
50 lim x→0 3
× lim
sin 53 x
×
5 3
x
sin 53 x 5 3
x→0
x
× 53 × 12 × 53 × 12 ×
sin 53 x 5 3
x
× lim
×
tan 12 12 x 12 x
x→0
5 3
5 3
Misalkan u =
× lim
=
5 2
×
Dengan mengubah fungsi trigonometri: x. Untuk x → 0 maka
5 3
x 2 + 4x + 3 x → −1 tan (x + 1) 3x 3
lim
x → 0
limit menjadi:
= lim
=
50 3
=
50 3
sinu lim u u→0
×
sinu lim u u→0
×
x →− 1
sin sin v lim v v→0
sin2 53 x ta t an 12 x 2x 2 x
=
50 3
=
.
x 1 tan (x + 1) lilim x 1 x+1
Jadi, lim x
x +x 6 3 (x + 5) sin (x + 3) 2
( 3) + ( 3) 6 ( 3 + 5) sin sin ( 3 + 3)
=
10.. a. 10 0 (tak tentu) 0
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri:: 2
x
= = = = =
10
x +x 6 (x + 5) sin (x + 3) 3
(x 2)(x + 3) lim x 3 (x + 5) sin (x + 3)
x
x
lim lim
x 2 × x +5 3
x+3 sin (x + 3)
x+3 x 2 × lim sin (x + 3) x + 5 3 x 3
x+3 3 2 × lim sin (x + 3) 3 +5 x 3
5 2
lim 3
tan (x + 1) lilim x 1 x+1
1
3
−1 + 3 2 = = –1 tan u 1 3 lim u − 3
2
lim
x
1+3
=
u→ 0
Deng De ngan an su subs bsttit itu usi la lang ngs sun ung: g:
=
3
Misalkan x + 1 = u. Jika x → –1 maka (x + 1) → 0 atau u → 0. x→0
x
x+3 tan (x + 1) x+1
lim lim (x + 3) 3)
=
× 1 × 1 × 1
Jadi, nilai lim
lim
1 x+1 1 x+1
(x + 1)(x + 3) lim × tan (x (x + 1) 3(x 3(x + 1) x →− 1 tan
=
×
5 2
= – .
lim
→ 0. Misalkan juga v = 12 x .Untuk x → 0 maka 12 x → 0 atau v → 0. Bentuk =
x2 + x 6 3 (x + 5) sin (x + 3)
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng::
atau u
50 3
u sin u u 0 5 1=– 2
0 x 2 + 4x + 3 = (tak tentu) 0 x → −1 tan (x + 1) 3x 3
x
12 x
x→0
5 2
x
b.
sin 53 x
=
Jadi, lim
tan 12 12 x
× lim
9. a.
5 3 5 3
×
2x 2 x
x→0
=
Misalkan u = x + 3. Jika x → –3 maka (x + 3) → 0 atau u → 0.
×
x
Limit Fungsi
lim
x+3 sin (x + 3) 3
x 2 + 4x + 3 = 1 tan (x + 1) 3x 3
–1.
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: lim x
2
2 2 sin x 6x – 3π
π
2 2 sin
=
π
6
2
3π
2
=
0 (tak tentu) 0
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri:: lim x
2
2 2 sin x 6x – 3π
= lim x
2
= lim x
2
2(1 sin x) π
6 x
2(sin
2
π
sin x)
2
6 x–
π 2
π
= lim x
2(2 cos ( 4 +
6 x–
2
π
= lim x
2
x ) 2
4 cos ( 4 +
x ) 2
π
12( 4
π
sin ( 4
x ) 2
π 2
π
sin ( 4 x ) 2
x ) 2
=
=
4 12 4 12
× lim cos ( x
2
× cos (
π
Jika x → = =
4 × 12 4 12
π
× lim x
+
4
π 4
π
2
) × lim x
2
x 2
sin ( 4 π
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri::
)
x 2
4
2
π
2
x 2
sin ( 4
x
)
x 2
4
π 4
x
x ) 2
–
→ 0 atau u → 0
2
u
x
lim 4
cos2 x
4
x
2
(x
π 4
)2
(tan x 1)2
= = =
Perhatikan: (tan x – 1)2 =
(
π
π
4
4
(tan
π
0 (tak tentu) 0
cos x sin x – cos x cos x
= =
=
2
=
sin x cos x cos x
2
2
sin x 2 sin x cos x + cos x 2
sin x + co cos x
π 4
2 sin x co cos x
1 sin 2x 2
cos x
cos2 4 2
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: a Dari grafik fungsi terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin mendekati 1 dari kanan, grafik fungsi semakin mengecil tak terbatas sehingga dapat
Jadi, nilai lim f(x) = –∞. x
π
x) π
x
π
π
Jika x →
4
π 4
=
2
=
1 2
×
2
– x. 4
u 0 sin u
→ 0 atau u → 0.
2
lim u
2
x)
π maka ( – x)
π
cos2 4
π
x) 2
x)
sin2 ( 4
4
π
sin2 ( 4
4
(4
× lim
x))2
( (4
× lim
x
x
→ 1+
x)
)2 cos2 x
cos2 x 2
2
× 1 2 =
Jadi, lim
x
π
2 sin2( 4
4
cos2 x
dinyatakan lim f(x) = –∞.
2x)
)2 cos2 x
Misalkan u =
cos2x 2
π
π
2
=
4
(x
= lim
(1 1)2
)2 cos2 x
1 cos 2( 4
4
x
π
(x
= lim
02
4
1 cos ( 2
4
x
π
(x
1)2
4
)2 cos2 x
1 sin 2x
4
x
)2
4
4
= lim = 0.
π
(x
= lim
x
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: x
π 2 ) 4 1 sin 2x
× 0× 1= 0 2 2 sin x 6x – 3π
)2
(x
= lim
u
0
4
(tan x 1)2
4
= lim
x . 2
–
π
(x
lim
sin u π cos ( ) × lim
Jadi, lim b.
+
4
maka (
2
x ) 2
π
π
Misalkan u =
π
4
(x
π 4
1 4 )2 2
(tan x 1)
=
1 . 4
2. Jawaban: c Dari grafik fungsi terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin membesar tak terbatas (semakin ke kanan), grafik fungsi semakin mendekati 3 sehingga dapat dinyatakan lim f(x) = 3. x
Jadi, nilai lim f(x) = 3. x
→ 1+
Matematika Kelas XII
11
3. Jawa Jawaba ban: n: d Dari grafik fungsi terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin mengecil tak terbatas (semakin ke kiri), grafik fungsi semakin mendekati 3 sehingga dapat dinyatakan Jadi, nilai
lim f(x) = 3.
x → −∞
lim f(x) = 3.
x → −∞
4. Jawa Jawaba ban: n: e Tabel nilai f(x) = 5x2 –100x untuk nilai-nilai x yang semakin membesar. f(x) = 5x2 – 100
x
1
–95
10
–500
100
40.000
1.000
4.900.000
10.000
108
4,99×
lim
x
x
5. Jawa Jawaba ban: n: d Tabel nilai f(x) = 1.000x – 2x2 – 4x4 untuk nilainilai x yang semakin mengecil. f(x) = 1.000x – 2x2 – 4x 4
–1
–1.0
–10
–50.200
–100
–400.120.000
–1.000
12
–4.00003 × 10
–10.000
–4 × 1016
–100.000
–4 × 1020
Dari tabel terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin mengecil tanpa batas, nilai (1.000x – 2x2 – 4x 4) semakin mengecil tanpa batas sehingga dapat lim (1.000x – 2x2 – 4x4) = –∞. x → −∞
Cara lain: Variabel berpangkat tertinggi x4, suku –4x4 ditentukan limitnya, dan suku lain diabaikan. lim (1.000x – 2x2 – 4x4) x → −∞
Limit Fungsi
=
1 − 5x 2x − 3 1 x
1 x 1 x
×
−5 3
x
2− x
1 lim x→∞x
−
lim 2 −
x→∞
lim 5
x→∞
0−5 2−0
=
3 lim x→∞x
1 − 5x 2x − 3
Jadi, nilai lim
=
= –
−5 2 5 2
= –
5 2
.
7. Jawa Jawaba ban: n: d Dengan substitusi langsung: lim
4x2
− 2x + 3 2x 2 − 1
x
x
≈
x
l im 4 x 2 →∞
l im 2 x
2
=
→∞
∞ ∞ (tak tentu)
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi:
Jadi, nilai lim (5x2 – 100x) = ∞.
12
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: 1 − 5x lim 2x − 3 x
x
lim (5x2 – 100x) ≈ lim 5x2 = 5 × ∞ 2 = ∞
dinyatakan
x→∞
= lim
Cara lain: Variabel berpangkat tertinggi x2, suku 5x3 ditentukan limitnya, dan suku lain diabaikan.
x
6. Jawa Jawaba ban: n: b Dengan substitusi langsung: lim ( −5x) −∞ x→∞ 1 − 5x lim ≈ = (tak tentu) ∞ l i m 2 x 2x − 3 x
x
100x) = ∞.
x
lim (1.000x – 2x2 – 4x4) = –∞.
x → −∞
= lim
Dari tabel terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin membesar tanpa batas, nilai (5x2 – 100x) semakin membesar tanpa batas batas sehingga dapat dinyatakan x
lim (–4x4) = –4 × ∞ = –∞
x → −∞
Jadi,
4,99 × 1010
100.000
(5x2 –
≈
lim
4x 2
x
= lim x
= lim x
− 2x + 3 2x 2 − 1 − 2x + 3 × 2x 2 − 1
4−
2 x
+
3 x2
1
2−
x2
lim 4 − 2 × lim
=
x→∞
1
x→∞x
+ 3×
4−2×0+3×0 2−0
Jadi, nilai lim x
x→∞x
=
lim
1
x→∞x
2
1
lim 2 − lim
x→∞
=
1 x2 1 x2
4x2
4 2
2
= 2
4x2
− 2x + 3 = 2. 2x 2 − 1
8. Ja Jawa waba ban: n: b Dengan substitusi langsung: 2 2 ∞−∞ lim 3x − (22x − 1) = (tak tentu) ∞ x 5x − 2
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: lim
3x 2
− (2x − 1)2 = lim −x 2 + 4x −1 × x 5x 2 − 2 5x 2 − 2
x
4 x
1
−1 + −
= lim
5−
x
1
−
lim 5 − 2 × lim
1
lim
−1
x
4 6x − 1
=
5
= –
lim 4
x→∞
≈
lim 6x
4
=
x
x2 + x + 5
×
2
x +x+5
x2
8x + 3
2
8x + 3
x
(x 2 + x + 5) (x2 2
x +x+5
10. Ja Jawa waba ban: n: b = lim
Dengan substitusi langsung:
x
2x
2
x→∞
≈
− 3x
lim 2x
x
∞ ∞ (tak tentu)
=
2
x→∞
= lim x
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: lim
x
7x − 4 2x
2
= lim
− 3x
x
= lim
7x − 4 2x 7 x
7 × lim
x→∞
1 x
− 3x x 3 x
x→∞
7× 0− 4× 0 2 −3×0 7x − 4
Jadi, nilai lim
2x
x
2
− 3x
lim
=
0 2
= lim x
3 x
−
+
4
x
2
1+
x2
8x 8x
2
x2
x2
x
1 x
+
3 x2
2 x
5
+
1 x 1 x
2 x
5
x2
1
1 0 0
8 x
+
=
9 2
3 x2
= 4
1 2
1 −4(x − 2)2 = 4 . 2 3x + 4
lim ( 9x 2
− 6x − 1 – (3x + 1)) = ∞ – ∞ (tak tentu)
Dengan mengalikan bentuk sekawan: lim ( 9x 2
= 0.
x
= lim x
−∞ −4(x − 2) lim = (tak tentu) ∞ 3x + 4 x Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi:
−4 +
x
+
2
9+
x
= 0
−4(x − 2)2 −4x 2 + 16x − 16 lim = lim × 3x + 4 3x + 4 x x
x
+
2
+
8x + 3
×
13. Jawa Jawaba ban: n: b Dengan substitusi langsung:
2
16
x2
x
x → ∞ x2 1 lim x x→∞
8x + 3
x2 9x x
1+0+0
1
11. Jawa Jawaba ban: n: a Dengan substitusi langsung:
16 x
x2 + x + 5
Jadi, lim
− 4×
8x + 3) 2
9+0
=
2
lim 2 − 3 ×
=
x
x
8x + 3
9x + 2
x
= lim
1 x2 1 x2
4
−
2−
x
=
2
×
8x + 3 = ∞ – ∞ (tak tentu)
x2
x 2 + x + 5 –
lim
= lim
lim 7 x
x2
Dengan mengalikan bentuk sekawan:
= 0
∞
x→∞
7x − 4
1
lim
x → ∞ x2
x2 + x + 5 –
x→∞
x
lim
2
−4 −4 + 16 × 0 − 16 × 0 −4 = = 1 = –4∞ = –∞ 3×0+4×0 0
lim
1 5
2 2 1 Jadi, nilai lim 3x − (22x − 1) = – . 5 x 5x − 2 9. Ja Jawa waba ban: n: b Dengan substitusi langsung:
lim
+ 4×
1
lim
x→∞x
12. Jawa Jawaba ban: n: e Dengan substitusi langsung:
x → ∞ x2 1
x → ∞ x2
(− 1) + 4 × 0 − 0 5 −2×0
1
lim
x→∞x
− 16 ×
∞
x→∞x
x→∞
=
=
3×
1 x
lim
x→∞
−4(x − 2)2 Jadi, nilai lim = –∞. 3x + 4 x
x2
x→∞
=
x2
2
lim (−1) 1) + 4 × lim
=
1 x2 1 x2
−4 + 16 ×
1 x2 1 x2
= lim x
= lim x
= lim x
− 6x − 1 – (3x + 1)) ×
9x 2 9x 2
− 6 x − 1 + (3x + 1) − 6 x − 1 + (3x + 1)
( 9x2
− 6x − 1)2 − (3x + 1)2 9x 2 − 6x − 1 + (3x + 1)
(9x 2 − 6x −1) − (9x 2
+ 6x +1)
9x 2 − 6x − 1 + (3x + 1)
−12x − 2 × 2 9x − 6 x − 1 + (3x + 1)
1 x 1 x
−12 − x2 9−
6 x
−
1 x2
+ 3 + x1
x2
Matematika Kelas XII
13
1 x→∞x
lim ( −12) − 2 × lim
x→∞
=
1 lim x→∞x
lim 9 − 6 ×
x→∞
−
1
lim
x
→∞x
2
+
lim 3 + →∞
x
−12 −12 = 3 + 3 = –2 9+3
Jadi, nilai lim ( 9x 2
− 6x − 1 – (3x + 1))
x
= lim
= –2.
14. Jawa Jawaba ban: n: e Dengan substitusi langsung: lim ( (3x − 2) – (3x + 5)) = ∞ –
x→∞
∞ (tak tentu)
x
=
Dengan mengalikan bentuk sekawan: =
2
lim ( (3x − 2) – (3x + 5))
x→∞
(3 x 2)2 2 = lim ( (3x − 2) – (3x + 5)) × 2 x→∞
(3 x
2)2
(3x
= lim
x→∞
9x 2
= lim
x→∞
(3x 4
9x 2
2
12x
4
42x
= lim
x→∞
9x
2
(3x
5)
5)
12 x 9x
5)
5)2
(3x
2 )2
(3 x
2)
(3x
30x 3x
25 5
21
12x
4
3x
= lim
9x2 x2
x→∞
5
= lim
x→∞
=
9
9
12 x
42
0
0
0
(3
3x x
5 x
0)
=
42 3 3
Dengan mengalikan bentuk sekawan:
+ 18x + 2 – (5x + 1)]
= lim [ 25x
2
x
×
2 0
5
8 10
=
+ 18x + 2 – (5x + 1)]
25x 2
18 x
2
(5x
1)
25x 2
18 x
2
(5x
1)
2 Jadi, lim ( 25x x
= lim x
14
( (25x
25x 2
Limit Fungsi
18x 18x
2
2) ) 2
0
+ 18x + 2 – 5x – 1) =
4 5
.
16. Jawa Jawaba ban: n: c Dari grafik fungsi terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin membesar tak terbatas(semakin ke kanan), grafik fungsi semakin mendekati 2 2x + sin x sehingga dapat dinyatakan lim = 2. x→∞
x
lim 2x + sin x
x→∞
x
sinx x
)
x→∞
x
x
x
nilai sin x berada di antara –1 dan 1 sehingga: –1 ≤ sin x ≤ 1
⇔
−1
⇔
lim
⇔
x
≤
sinx x
−1
x→∞ x
≤
≤
1 x
lim sinx
x→∞
0 ≤ lim sinx
⇔
x→∞
x
x
≤
1 x→∞ x
lim
≤0
lim sinx = 0
x→∞
x
lim 2x + sin x = 2 + lim sinx = 2 + 0 = 2
x→∞
x→∞
x
x
2x + sin x Jadi, nilai lim = 2. x→∞
2
5
4 5
x→∞
= –7
+ 18x + 2 – 5x – 1) = ∞ – ∞
x
1 x
5
x2
1)
Perhatikan lim sinx . Untuk berapapun nilai x,
15. Jawa Jawaba ban: n: c Dengan substitusi langsung:
2 lim [ 25x
1 x 2
× (5 x
8 5
x→∞
x
x
2
1 x 1 x
= 2 + lim sinx
5 x
2 Jadi, lim ( (3x − 2) – 3x – 5) = –7.
2 lim ( 25x
18x
1)
0
18 0
x→∞
3
1
(5x
1)
= lim 2 + lim sinx
21 x 4 x2
25
x→∞
4 x2
42
8
2
8x
18 x
25
= lim (2 +
21 x
12 x x2
18x
10 x
Cara lain:
Membagi dengan variabel berpangkat tertinggi dari penyebut: 42 x x
2
8
= lim
=
2
2
25 x 2
x
( 25 x 2
18 x 25 x
x
1 lim x →∞x
−12 − 2 × 0 = 9 − 6 × 0 − 0+ 3+ 0
=
25x 2
= lim
(5x (5 x
2
1) 1)
x
17. Jawa Jawaba ban: n: c Untuk berapapun nilai x, nilai cos 2x berada di antara –1 dan 1 sehingga: –1 ≤ cos 2x ≤ 1
−1
⇔ ⇔
2x
−1
lim
x → ∞ 2x
−1 2×∞
⇔
cos cos 2x 2x
≤
cos 2x lim cos x→∞ 2x
≤
cos 2x lim cos x→∞ 2x
≤
≤
x→∞
=
tan 1 x
x→∞
=
tan
=
1
∞
tan0 0
=
1 . x
(tak tentu)
→ ∞ maka
Untuk x
lim
1 x
1 x
x→∞
=
tanu lim u→0 u
Jadi, nilai lim
tan
1 x
→ 0 atau
=1
lim
3 x
x→∞
lim
3 x
x→∞
= lim
x→∞
= lim
x→∞
=
2 3
Misalkan u =
2 x
lim
x→∞
3 x
2 x
=
2 x
sin x
2 3
=
sin
6 x
sin ×
x→∞
6 x 2 x
2 x
x → ∞ tan 2 x
2 x
atau v → 0.
2 x
× lim
. Untuk x
u → 0. Misalkan v = 3 sin sin
6 x
6 x
x→∞
6 x
tan
→ ∞ maka
∞
=
∞
sin
2 x
×
3 x
sin sin 0 0 = 0 0
3×
× lim
x→∞
(tak tentu)
. Untuk x → ∞ maka 6
= 9 × lim
x→∞
2 x
sin
2 x
2 x
x→∞
sin 2 x
2 x
6 x 2 x
3 sin sin tan
sin x 6 x
2 x
→ 0
2 x
× lim
x → ∞ tan 2 x
u
v lim sin v v → 0 sin
= 9.
2 x
1. a.
Tabel nilai f(x) = 2x3 – 10x2 untuk nilai-nilai x yang semakin membesar. f(x) = 2x3 – 10x2
x
2 2
. Untuk x → ∞ maka
× lim
→ 0 atau
B. Uraian
2 x
2 × sin
6 x
=9×1×1=9
2
3
0 (tak tentu) 0
2 x
×
u→0
u → 0. sin
6
×
x→∞
x→∞
2 x
6 x
Jadi, nilai lim
= lim
3× 0 0
=
2 x 2 x
×
= lim 9 × lim
= 1.
Dengan mengubah fungsi trigonometr trigonometri: i: sin
6 x 6 x
×
3×
x → ∞ tan
Dengan substitusi langsung: 2 x
6 x
2
lim
19. Jaw awab aban an:: d
sin
.
sinu = 9 × lim ×
1 x
1 x
x→∞
6 x 2 x
Misalkan u =
u → 0. tan
3 × sin
x→∞
0 0
2 3
× 1 =
3 sin sin
= lim
Dengan mengubah fungsi trigonometr trigonometri: i: Misalkan u =
tan
3 × sin 0 tan tan 0
=
tan x
= 0.
18. Jawa Jawaba ban: n: d Dengan substitusi langsung: lim
2 3
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri::
≤0
2x
1 x
6 x 2 x
3 sin sin
x→∞
lim
cos cos 2x 2x x→∞
2 3
=
3 x
x→∞
x → ∞ tan
Jadi, nilai lim
1 x
Jadi, nilai lim
lim
cos 2x lim cos = 0
x→∞
2 x
sin
=
Dengan substitusi langsung:
≤ 2×∞
2x
sinu x→∞ u
× lim
20. Ja Jawa waba ban: n: d
1 lim x → ∞ 2x 1
cos 2x 0 ≤ lim cos
⇔ ⇔
1 2x
≤
2 3
=
→ 0 atau
1
–8
10
1.000
100
1,9 × 106
1.000
1,99 × 109
10.000
1,99 × 1012
100.000
1,9999 × 1015
Dari tabel terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin membesar tanpa batas, nilai (2x3 – 10x2) semakin membesar tanpa batas sehingga dapat dinyatakan
lim (2x3 – 10x2) = ∞.
x→∞
Matematika Kelas XII
15
Cara lain: Variabel berpangkat tertinggi x3, suku 2x3 ditentukan limitnya, dan suku lain diabaikan.
b.
Tabell ni Tabe nila laii f(x f(x)) = 3x2 – 10x – 10 untuk nilai x yang semakin membesar.
lim (2x3 – 10x2) ≈ lim 2x3 = 2 × ∞3 = ∞.
x→∞
1
–17
10
190
100
28.990
1.000
2,989 × 107
10.000
2,998 × 108
100.000
2,999 × 1010
x→∞
Jadi, nilai lim (2x3 – 10x2) = ∞. x→∞
b.
Tabell nil Tabe nilai ai f( f(x) x) = 100 100x x – 3x3 untuk nilai-nilai x yang semakin membesar. f(x) = 100x – 3x3
x
1
97
10
–2.000
100
–2,99 × 106
Dari tabel terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin membesar tanpa batas, nilai (3x2 – 10x – 10) semakin membesar tanpa
1.000
–2,99 × 109
batas sehingga dapat dinyatakan
10.000
–2,99 × 1012
100.000
15
lim ( 3x2 – 10x – 10) = ∞.
x→∞
–2,99 × 10
Cara lain: Variabel berpangkat tertinggi x2 suku 3x2 ditentukan limitnya, dan suku lain diabaikan.
Dari tabel terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin membesar tanpa batas, nilai (100x – 3x3) semakin mengecil tanpa batas
lim ( 3x2 – 10x – 10) ≈ lim 3x2 = 3 × ∞2 = ∞
sehingga dapat dinyatakan lim (100x – 3x3)
x→∞
x→∞
= –∞. Cara lain: Variabel berpangkat tertinggi x3 , suku –3x3 ditentukan limitnya, dan suku lain diabaikan. lim (100x – 3x3) ≈ lim (–3x3) = –3 × ∞3 = –∞ x→∞
x→∞
Jadi, nilai lim (100x – x→∞
2. a.
3x3)
= –∞.
Tabel nilai f(x) = 4x2 – 10x3 untuk nilai-nilai x yang semakin mengecil. f(x) = 2x3 – 10x2
x
Jadi, nilai lim ( x→∞
3. a.
10x – 10) = ∞.
Tabel titik bantu: x
f(x) =
2 x x 1
, x ≠ –1
–10
–1,33
–3
–2,5
–2
–4
–1
–
0
2
1
0,5
2
0
14
3
–0,25
–10
10.400
4
–0,4
–100
10.040.000
–1.000
1,0004 × 1010
–10.000
1,00004 × 1013
–100.000
16
1,000004 × 10
mengecil tanpa batas, nilai (4x2 – 10x 3) semakin membesar tanpa batas sehingga dapat dinyatakan
lim (4x2 – 10x3) = ∞.
x→
∞
Cara lain: Variabel berpangkat tertinggi x3, suku –10x3 ditentukan limitnya, dan suku lain diabaikan. lim (4 (4x x2 – 10x3) ≈ lim (–10x3 = –10 × (–∞)3 ∞
x→
∞
=∞ Jadi, nilai lim (4x2 – 10x3) = ∞. x→∞
16
x→∞
3x2 –
–1
Dari tabel terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin
x→
f(x) = 3x2 – 10x – 10
x
Limit Fungsi
Gambar grafik fungsi f(x) =
2−x , x +1
x ≠ 1:
Y 6 5 4 3 2 1 –10 –9–8–7–6 –5 –5 –4 –4–3 –2 –1 –10 –1 –2 –3 –4 –5 –6 –7 –8
2−x y = f(x) = x + 1 , x ≠ 1
X 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11 12 12
b.
1)
Dari gr Dari graf afik ik fu fung ngsi si te terl rlih ihat at un untu tuk k nil nilai ai-n -nil ilai ai x yang semakin mendekati –1 dari kiri, grafik fungsi semakin mengecil tak terbatas sehingga dapat dinyatakan lim f(x) = –∞.
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi dari penyebut: 4x2
lim
Dari grafik fungsi terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin mendekati –1 dari kanan, grafik fungsi semakin membesar tak terbatas sehingga dapat dinyatakan lim f(x) = ∞. x
→
1
x→∞
→
x→∞ 2
1 x
=
x →∞
=
lim f(x) tidak ada.
x→ 1
Dari grafi Dari grafik k fungs fungsii terli terlihat hat unt untuk uk nilai nilai-ni -nilai lai x yang semakin mendekati 2 dari kiri, grafik fungsi semakin mendekati 0 sehingga dapat dinyatakan lim f(x) = 0. x
→
b.
x
→
2
=
x→∞
4. a.
lim
x → ∞ 2x
2
2x x
5 6
2 0 1 0
=
0 = 1
1
lim
3
x
x2
0
x→
2 x x x
1
= 0.
Den enga gan n sub subst stiitu tusi si lan angs gsun ung: g: x
lim
3x 3 5x 3
4
=
=
(tak tentu)
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi dari penyebut: x
=
lim 1
Jadi, lim 5. a.
1 x
lim
=
Deng De ngan an su subs bsttit itu usi la lang ngs sun ung: g: 4x 2
1 x x
x
x
x→ ∞
Jadi, nilai lim f(x) = –1.
Variabel berpangkat tertingginya x x
2 x
x→∞1
∞
x→∞
←
1
= lim
Dari gr Dari graf afik ik fu fung ngsi si te terl rlih ihat at un untu tuk k nil nilai ai-n -nil ilai ai x yang semakin membesar tak terbatas (semakin ke kiri), grafik fungsi semakin mendekati negatif satu sehingga dapat dinyatakan lim f(x) = –1. Jadi, nilai
dapat dinyatakan lim f(x) = –1 .
= 2.
x x
2
2) Dari Dari grafik grafik fungsi fungsi terli terlihat hat untuk untuk nilai nilai-ni -nilai lai x yang semakin mengecil tak terbatas (semakin ke kanan), grafik fungsi semakin mendekati negatif satu sehingga
6
x→∞ x x 1
→2
x→2
x→
2 x→∞ x
(tak tentu)
2 x x x
= lim
Jadi, nilai lim f(x) = 0.
lim f(x) = –1.
lim
5
x
=
1
x→∞ x x
x→2
1)
2
x→∞ 1
1 x2
2 x
lim
maka lim f(x) = 0.
c.
−6×
lim
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi dari penyebut:
lim f(x) = 0 x
2 x
x→∞ x x
→2
lim f(x) =
+ 5×
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: lim
2
1 x
4 4–0 0 = 2 = 2 2–0 0 4 x 2 2x x → ∞ 2x
hingga dapat dinyatakan lim f(x) = 0. Oleh karena
x2
Jadi, lim
Dari grafik fungsi terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin mendekati 2 dari kanan, grafik fungsi semakin mendekati 0 sex
5
x →∞ 1 x→ ∞ x
x→∞
Variabel berpangkat tertingginya x2.
x2 6
lim 3 − lim
1
←
6
lim 4 − 2 × lim
x→ 1
2)
5
4
lim f(x) tidak ada.
Jadi, nilai
2x
x2 2 x
= lim
lim f(x) maka
x
6
x2 2x2 x
= lim
x→ 1
≠
5
x
4x2
x→ 1
Oleh karena lim f(x)
2x
2 x → ∞ 2x
lim
(tak tentu)
3x 3 5x 3
4
← Variabel berpangkat tertinggi x3
3x 3
=
x
lim
x3 5x 3 4 x3
Matematika Kelas XII
17
=
x
x
=
5
x
3 4
=
x
1
3 5 5x
x
3 5
= 4
3
.
×
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: x
4x 5
lim
2x 3
= 5
6
3x
=
x
4x 5 3x
=
x
=
x
4
=
x
← Variabel berpangkat tertinggi x
lim 3
6.
x
=
2 x
x3 1
lim
=
x6
1+ x 2
x→∞
x
2
2x 3 x
2
2−
= lim ( x→∞
1 x
1
x→∞
2
−1
−
− x
x2
2x
x
2
−1
)
x
4x
5x
−1
4x 2
1
x2
lim 2
x
−1
x
2
x
2
×
1 x
1 x
4
2 x2
3
0
1 x
lim
x
lim 4
lim
x
3
0
4
lim
x
0
2
0
x
x2
−1
1 x
2
−1
1 x2
5 4 5
4) – 3x – 1) = ∞ – ∞ (tak tentu)
4) – (3x + 1))
3x(3x
4)
(3x
1)
3x(3x
4)
(3x
1)
x
)
= lim x
1
∞
x2 − 1 x + 2 ) x x −1
lim
x
4x 2 + x 2 ) = – 4 .
= lim ( 3x(3x
x
)
=
= –
4) – (3x + 1))
= lim
2−0 0−0
2
= lim ( 3x(3x
= lim
)
x → ∞ x3
1 x
5 2 2
=
3x(3x
4)
3x(3x 9x 2
4)
12x 9x 2
(3x
1)2
(3x 9x 2
12x
1) 6x
3x
1 1
x3
=
1 x 1 x
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng::
)
1 1
2
3 x
5
5
×
x
x3
2
)
−1 + 2 x −1
x → ∞ x2 1
Limit Fungsi
x
3
x
)
x3
1 x x→∞
x
2
Dengan mengalikan bentuk sekawan:
1
lim
1 4x
1
x
x
+
x2
−x × −1 x2 1
2
x
x
Jadi, lim ( + x +
18
b.
= 0.
5
+
x
− 2x + −1
lim 2 − lim
x→∞
= lim
3x 6 x
+
2x 3
x 2
x
2x 3
x
x→∞
= lim (
4x 5
+ (x 2 − 1)
x→∞
4x 2
4x
lim ( 3x(3x
= lim (2x × = lim (
4x
2
2)
Jadi, lim (2x – 1 –
3
lim
x→∞
=
1
2x
x
x x
1
lim
x
5
1 x→∞ x
2x 2 lim ( x x→∞
(4x2
lim ( 5)
x6
lim ( + x +
= lim (
1)2
2
5 0
Jadi,
(2 x
= lim
0 = 4 0 2 0 = = 0 3
2
Membagi dengan variabel berpangkat tertinggi dari penyebut:
x3 5
1 x
lim
x
4x
x→∞ 2
3
x
1
x → ∞ 2x
6
6
4 X
lim
2
x→∞
2 x3
x
x
2
= lim
x6 3x 6 5
lim
4x 2
= lim
5
4 x5
2x
1
x→∞
(tak tentu)
2x 3 6
2x
= lim
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi dari penyebut: lim
4x 2 + x 2 )
lim (2x – 1 –
3x 3
lim
2 ) = ∞ – ∞ (tak tentu)
Dengan mengalikan bentuk sekawan:
x3
x
0
4x 2 + x
lim (2x – 1 –
lim 3 4 lim
Jadi, b.
x3
5
lim
Den enga gan n sub subst stiitu tusi si lan angs gsun ung: g:
4
5 x
=
7. a.
3
lim
=
∞.
9x 2
18x
1
12x
3x
1
×
1 x 1 x
Membagi dengan variabel berpangkat tertinggi dari penyebut: = lim x
1 x
9x 2
12x
x2
x2
3x x
= lim x
9
x2
lim (18) − lim
x →∞
=
1 x→∞ x
lim 9 − 12 × lim
x→∞
=
18
0
0
3
9
+
18 – = 6
⇔
9 1
lim
(x 2
lim
x
x
2ax x2
2ax
2ax 2
a2 )
x2
2
x
2ax
a
a2 a2
x
1 x 1 x
×
sin 2 x
x x
2
2ax 2ax
a
2
a
2
x x
=7
lim
sin 2 x
x
⇔
lim
x
1
⇔
2a x
a2
2a
0
0
0
1
x
x
x
9x
=7
x
cos
sin
x
4 0
2 0
+ sin 20
cos
1 0
(tak tentu)
1 x
3 x
+ 2x ) cos 21 ( 4x − 2x )
cos
cos
2 sin x
2 × 3 × sin 2×
=7
1 x
1 x
3 3
3 x
3 x 3 x
sin
= 3 × lim
cos
1 x
×
2 x
x
3 x
x
3 x
. Untuk x → ∞ maka
3 x
→ 0
atau u → 0. Bentuk limit menjadi:
)
sinu 0 u
= 3 × lim
2
+ 3x + 1 ) x −1
9x 2 + 3x + 1 × x −1
) = –1.
+ sin 2x
2 x
= lim
u
Jadi, nilai lim
1
= cos (π × lim
= lim
1 x
Misalkan u =
9x2 + 3x + 1 x −1
= cos (π × lim
4 x
2 sin
x
a=7
π
cos
2 x
= lim
Jadi, nilai a = 7. lim cos (
+ sin 2x
3
1
1
4 x
x
= lim
2a 2
⇔ ⇔
9.
9x 2 + 3x + 1 x −1
π
2 sin 2 ( x
= lim
=7
2
)
) = cos 3π = –1
1 4
=7 =7
a2 x
)
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri: 2
x
2a
→ ∞ x2
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng::
x
2
x
x
= cos (π ×
4) – 3x – 1) = –3.
lim ( x 2 + 2ax + a2 – x) ×
lim
9+3×0+ 0 1− 0
10.. a. 10
1
lim
x
1 x →∞x
= cos (π ×
–3
+
lim 1 − lim
x
lim ( x + 2ax + a – x) = 7
⇔
1
x→∞x
x→∞
x
⇔
lim 9 + 3 × lim
Jadi, lim cos (
2
1 x
x→∞
2 x→∞ x
0
x
1−
1
)
1
lim 3 + lim
x→∞
Jadi, lim ( 3x(3x 8.
= cos (π ×
18 3 3
= =
x→∞
+
x2
x
1 x
3 x
9+
= cos (π × lim 1 x
3
)
x −1
1 x
1 x
12 x
+ 3x + 1 x2
= cos (π × lim x
18x x
18
9 x2
x2 1
x
)
= 3 × 1 = 3 sin 2 x
4 x
+ sin 2x
cos
1 x
= 3.
x2
Matematika Kelas XII
19
b.
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: lim
x
3 x
3 x
tan
1 − cos2
3
3 2x
=
= lim
3
lim
x
tak tentu
2 3 1 − cos 2 ∞
x
= lim x
= lim x
tan
×
tan
= 4 × lim
3
3 x
3 x 2 3 sin 2x 3 x
sin 3 x 3 2x
tan
3 2x
x → ∞ maka
3 x 3 2x
sin
× 3x × 23x
→ 0.
atau u
×
3 x 3 x
× 3 x
tan 3 x
3 2x 3 2x
×
×
×
3 2x
sin
3 2x
3 2x 3 2x
×
3 2x
sin ( x ) cos x π tan tan x
=
4
sin
1 2
2
cos π 4 1 2
π
0 1
=
4
2
Jadi, lim x
π
x
v
3
tan x
1 − cos2
2
π 2
cos 2 x
3 2x
= 4.
= 0
sin t t tan t 0 tan
lim
= 0.
t
c os os x
=
2
− 1× 0 0
= –1.
sin 0 0 tan tan 0
=
=
0
0 0
=
0 (tak tentu) 0
Dengan mengubah fungsi trigonometri: sin t t tan t 0 tan
lim
t
02
)
c os x − sin x co
= lim t
0
sin t
t
=
0 0
t
sint cos cos t
cos t (sin t sin sin t 0
= lim
π
t) t
(tak tentu)
= lim [cos t (1 – sin )] sin t t 0 t
− sin x co cos x
= [ lim (cos t)] ( lim 1 – lim sin ) t 0 t 0 t 0 sin t
co s x
= cos 0 × (1 – 1) = 1 × 0 = 0
cos x(cos x − sin x) π cos cos x
= lim
20
tan tan v 0 v
× lim
2
2
x
. Untuk
3. Jawa Jawaba ban: n: c Dengan substitusi langsung:
co s x
cos 2 x
→ 0
→ 0 atau v → 0. Bentuk limit
3 x
– sin
π
Dengan faktorisasi:
lim
3 2x
3 x
3 2x
2
2
cos
. Untuk x → ∞ maka
sin
= 0 – 1 = –1
cos x − sin x co
π
π
π
x
4
− sin 2π cos π2 2
x
3 2x
π
= lim (cos
2. Jawa Jawaba ban: n: b Dengan substitusi langsung:
cos2
3 2x
3 4x
2
1
sin ( x ) cos x lim π tan tan x
π
× lim
1
=4×1×1×1=4
3 2x
x
)
tan
= =
π
sin (
4
lim
×
3 2x
= lim (cos x – sin x)
lim
x
sin
tanu tan tan v × lim u 0 v 0 v
u
3 2x
1. Jawa Jawaba ban: n: a Dengan substitusi langsung:
cos 2 x
sin
3 2x
× lim
= 4 × lim
A. Pil Piliha ihan n Ga Gand nda a
x
sin
×
3 2x
menjadi:
x
Jadi,
×
3 2x
Misalkan juga v =
Jadi, nilai lim
x
3 2x
x
3 x
Misalkan u =
tan
3 x
3 x
x
3 2x
3 x
3 x
tan x
1 − cos2
= lim
9 4
x
∞ tan ∞
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri: 3 x
9
2
Limit Fungsi
sin t t tan t 0 tan
Jadi, lim t
= 0.
6. Jawa Jawaba ban: n: e Dengan substitusi langsung:
4. Jawaban: b Dengan substitusi langsung: 1 − ta n x − cos x
lim x
π sin x
4
=
1 − ta n π
π
1− 1
=
1 2
− 21
2
2
2
0 0
4
=
(tak tentu)
lim
2
x→0
= cos x cos x
− csoins xx = limπ sin x − cos x x
=
4
x
cos x − sin x (sin x − cos x ) c os os x
= Jadi,
1 2
cos x
1 − ta n x lim π sin x − cos x x
x
=
= – 2
x
= – 2 .
x
x
=
cos 3 x − cos 5x 5x 3 x + sin 5 x 0 sin 3x
2 1 = 10 5 sin 2x 2 2
=
2
1 . 5
sin x cos x
sin 0 cos 0
0
0 2 sin (
x
x
0
3x
+ 5x 2
−2(− sin x ) 2 co s x
sin sin x c 0 os x
= lim x
sin sin 0 cos 0
cos 3x 3 x − cos 5 x s i n 3 x + sin 5x 5x 0
=
0 1
x
0
sin x cos x
4x + 3x − 6x si sin2 x sinx cosx 0
) cos (
7x − 6 x si sin2 x lim x 0 sin x cos x
x
0
lim 7 − lim 6 si sin2 x
= 3x − 5 x ) 2
=
x →0
x
sinx lim x→0 x
→0
×
lim co cos x
x
→0
7 − 6 × sin2 0 1× cos 0
7− 6×0 1× 1
=
=
7 1
= 7
c os 2x 2 x = 7. Jadi, lim 4x + 3x co x
0
sin x cos x
8. Jawa Jawaba ban: n: c Dengan substitusi langsung: lim
1 co s 2 x 2
x → 0 x ta n ( x
= 0
×
1 x 1 x
cos x
x
2sin 2sin 4xcos 4xcos x
0
= lim
sin x cos x
0
− 6 sin2 x = lim 7sin sin x
−2 sin ( 3 x +2 5x ) sin ( 3x −2 5x )
−2 si sin 4x sin ( −x) = lim sin 4x co cos ( −x) x 0 2 si sin 4 x ( − sin x ) −2 si = lim
x
3 1
=
0
x
= lim
=
sin 3x x
= lim
cos 0 − cos 0 sin 0 + sin 0
= lim
Jadi, lim
1
x
Dengan faktorisasi: cos 3x 3 x − cos 5x 5x 0 sin 3 x + sin 5 x
0
c os 2x 2 x = lim 4 x + 3x (1 (1 − 2 si sin2 x) lim 4x + 3x co
1− 1 0 = 0 + 0 = (tak tentu) 0
lim
lim
x
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri::
4
4
cos 3x 3 x − cos 5x 5x + s i n 3 x s i n 5 x 0
3 2
+
10 2
x
5. Jawa Jawaba ban: n: c Dengan substitusi langsung: lim
+
c os 2x 2 x = 4 × 0 + 3 × 0 × cos 0 = 0 (tak tentu) lim 4x + 3x co
π
2
2 0 2x sin 3x lim x 0 2x
7. Jawa Jawaba ban: n: b Dengan substitusi langsung:
−1
−1 −1
sin 2x2
x → 0 x + sin 3x
4
cos
2x2
Jadi, lim
4
=
sin2 3x 3x
1 1 2
=
−(sin x − cos x) = limπ ( s i n x − cos x ) c os os x x
x
+ x
1 lim x 0 2
4
= limπ
1 2
lim
4
2x2
2
2x2
= lim
sin sin x cos cos x
2x2 1
×
2
x → 0 x + sin 3x
= limπ sin x − cos x x
= limπ
0 (tak tentu) 0
1
sin 2x 2
sin 2x
1−
=
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri::
Dengan faktorisasi:
lim 1 − ta n x π sin x − cos x x
sin 0 0 + sin 0
=
2
x → 0 x + sin 3x
4
− cos π4 4
sin
sin 2x 2
lim
π 4
)
= =
1 cos2 0 02
tan (0
π 4
)
1 1 0 = (tak tentu) 0 0
= 0.
Matematika Kelas XII
21
Dengan mengubah fungsi trigonometr trigonometri: i:
x→0
1 cos 2 x
lim
π
2
x → 0 x ta n ( x
4
π
2
x → 0 x ta n ( x
sin x
= lim
x→0 x
x
sin sin x x x→0
= lim
4
1 = 1
π 4
)
sin sin x x x→0
× lim
× lim
x→0
1
x → 0 tan ( x
3 sin5 x + x4 x
π
) 4
4
x→0
4
( 2 x2
π
2
x → 0 x ta n ( x
4
)
x→0
sin6 x
x a sin4 x
lim
2
4
x → 0 sin x sin x
lim
xa 2
x → 0 sin x
x sin si n x x→0
⇔
lim
x sin si n x x→0
lim
⇔
×
xa 1 sin sin x a
x si nx x→0
=1 =1
1
Jadi, lim
x→0
+ 1 − 1 = 1. 3 sin x + x 4
11. Jawa Jawaba ban: n: d Dengan substitusi langsung: lim
2 si s in2 2x sin x x2 tan 3x 3x
0
=
=1
=
lim
+ 1 −1 lim x → 0 3 sin5 x + x 4 2x 2 + 1 − 1 = lim × x → 0 3 sin5 x + x 4
2
+ 1 +1 2 2x + 1 + 1 2x
02 tan 0 2 × 02 × 0 02 × 0
0 (tak tentu) 0
2 si s in2 2x sin x x 2 tan 3x 3x
x→0
2 si s in 2x 2 x × sin 2x 2x × sin x × × x x t a n 3x x→0
2× 2× 3× x × 2 × 2 × 3 × x
2× 2×2 3 x→0
sin sin 2x 2x
= lim = lim
×
sin sin 2x 2x
×
3x
× tan × tan 3x
sin sin x x
8 3x sin sin 2x sin sin 2x sin sin x × lim × lim × lim × lim 3 x → 0 2x tan 3x x → 0 2x x→0 x x → 0 tan
Misalkan u = 2x. Jika x → 0 maka 2x → 0 atau u → 0. Misalkan juga v = 3x. Jika x → 0 maka 3x→ 0 =
8 v sin x × lim sinu × lim sinu × lim sin × lim 3 tan ta u u x → → → → u 0 u 0 x 0 x 0 nv
=
8 × 3
Dengan mengubah fungsi trigonometr trigonometri: i: 2x 2
2 si s in2 0 si s in 0
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri::
=
3 sin5 0 + 04 0 1− 1 = (tak tentu) 0 0+0
→0
5
xa 1 sin x x → 0 sin
3 sin5 x + x 4
x
( 1 + 1)
2x 2
=
Dengan substitusi langsung: 2 2 x2 + 1 − 1 lim = 2×0 +1−1
lim 1
2
= 1
=1
10. Ja Jawa waba ban: n: e
+
+ 1 + 1)
2 2
xa 1 sin x x → 0 sin
= 1 jika dan hanya jika x a – 1 = x
Limit Fungsi
1
+1
×
=
xa – 1 = 1 a –1 = 1 a=2 Jadi, nilai a yang memenuhi adalah 2.
22
3 × 0 × (1)
x
⇔ ⇔ ⇔
x→0
=
4
=1
lim
lim
sin sin x 4 ) x →0 x
→0
2
×
x sin si nx x→0
1 × lim
1
=1
1
× lim
⇔
=1
x
1
=
x a sin4 x
x→0
a
1
= 1.
9. Ja Jawa waba ban: n: b lim
x → 0 ( 2x 2x
+1
lim 3 × lim si sin x × ( lim
1 cos 2 x
2
× lim
sin x 4 3 × sin x × ( sin )
=
⇔
x2
+ 1 + 1)
2
= lim
π
x2 1
2
= lim
1
⇔
+ 1 + 1)
×
sin x
x
Jadi, lim
⇔
1
3 sin5 x + x4 ( 2 x2
=1×1 =
+ 1 + 1)
2x 2
x→0
)
tan ( x
tan
3 sin5 x + x 4 ( 2x2
= lim
1
=1×1×
+ 1 − 12
)
sin2 x
= lim
2x 2
= lim
1×1×1×=
Jadi, lim x
0
8 3
2 si s in2 2x sin x x2 tan 3x 3x
=
8 . 3
12. Jawa Jawaba ban: n: c Dengan substitusi langsung: sin sin
lim
x
1 x 4
tan tan 4 x
2x x
0
=
14. Jawa Jawaba ban: n: d Dengan substitusi langsung:
sin 0 tan 0 2 0 0
=
0 (tak tentu) 0
Dengan mengubah fungsi trigonometr trigonometri: i: sin sin
lim
x
2 4
= lim =
tan tan 4 x
2x x
0
x
1 x 4
sin sin
1 x 4
1 x 4
0
1 × lim 2 x 0
×
1 x 4
1 x 4
x
1 4
x
→ 0 maka
x → 0 atau
Misalkan juga v = 4 x . Jika x
→ 0
→ 0 atau v → 0.
= =
1 × 2
×
1 2 1 sin 4 x tan 4 x
x
x
2x x
0
1 . 2
0
2x
2x
sin sin 4x 0 4x
× lim
=8×1×1×1×1=8 1 − cos 8 x Jadi, lim sin = 8. tan 2x x 0 sin 2x tan
× 2x × cos x(
2x tan tan 2x
x 2
sin
1 + tan x
x 2
+
1 + sin x )
x 2
x 2
× lim x
0
+
sin
1 + sin x )
sin sin x x 0
× lim x
x 2
x 2
2
2
1
× 1 × 1 × 1 = 4 × 2 = 4 4 × 1( 1+ 0 + 1 + 0 ) 1 + ta n x
− x
0
1 + si n x
3
=
1 4
.
15. Ja Jawa waba ban: n: d ×
sin sin 4x 4x
sin sin 4x
= 8 × lim sin × lim tan × lim x 0 sin 2x x 0 tan 2x x 0 4x x
sin
0
x
×
x 2
1 + sin x )
2
Jadi, lim
sin sin 4x 4x
×
2 si s in x sin
× lim x
2x × 2x × 4x × 4 x × 2x × 2x × 4x × 4x
×
1 + sin x )
+
0 4 × cos x( 1 + tan x
x
1 − (1 − 2 si sin2 4x ) sin sin 2x tan2x 0
= lim 2 ×
+
3
= lim
=
2x sin sin 2x
− sin x cos x + 1 + sin x )
sin x( x (2 si s in2 2 )
0 4x ×
x
= lim
4 x × 4x 2 x × 2x
− sin x + 1 + sin x )
sin x(1 − cos x )
= lim
1 − cos 8x 8x lim sin2x tan ta n 2x x 0
2 si s in2 4 x in 2 x ta n 2 x 0 s in
1 + sin x )
0 x cos x( 1 + tan x
x
Dengan mengubah fungsi trigonometr trigonometri: i:
x
sin x
= lim
1 − cos 8 x 1 − cos 0 1− 1 0 lim sin2x tan = = = (tak tentu) tan 2x sin 0 tan 0 0×0 0 x 0
= lim
1 + s in x
x
13. Jawa Jawaba ban: n: c Dengan substitusi langsung:
x
tan x
+
3 0 x cos x( 1 + tan x
x
=
1 + s in x
3 0 x cos x( 1 + tan x
x
1×1=
Jadi, lim
1 + t an x
+ +
3 0 x ( 1 + tan x
= lim
tan v lim v v 0
1 + t an x
×
1 + tan x − (1 + sin x) x)
= lim
maka
1 + sin x
0 x ( 1 + tan x
x
1 4
−
3
= lim
1 sinu × lim 2 u 0 u
0 1− 1 = 0 (tak tentu) 0
=
x3
0
4 x
0
x. Jika x
1 + si n 0
3
1 + ta n x
= lim
tan 4 x
× lim
− 0
lim
u → 0.
x
1 + ta n 0
1 + sin x
3
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri::
tan tan 4 x
sin
− x
0
4 x
Misalkan u =
4 x
x
=
1 4 1 4
2 × 2
1 + ta n x
lim
Dengan substitusi langsung: sin ( x − π) lim 2 ( x − π) + tan (x − π) x→π sin ( π − π) = 2( π − π) + tan (π − π) sin 0
0
= 2 × 0 + tan 0 = (tak tentu) 0 Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri:: sin ( x − π) lim 2 ( x − π) + tan (x − π) x→π
= lim
x→π
si n ( x − π ) x−π 2( x − π) tan ( x − π) x−π x−π
×
1 x−π 1 x−π
+
Matematika Kelas XII
23
sin (x − π) x−π tan (x − π) x−π
= lim
18. Ja Jawa waba ban: n: a
x→π 2+
Dengan substitusi langsung:
sin (x − π) x −π x→π
lim
=
lim 2 + lim
x→π
x→π
tan (x − π) x −π
=
x
0
x
0
= 2 2 cos 0 = (tak tentu) 0
Dengan mengubah fungsi trigonometr trigonometri: i: x2 6x 9 cos ( 2x 6) x 3 2 2 co ( x 3)2 lim = 2( x 3)) x 3 2(1 cos 2(
= =
x
x
lim lim
2
=
1 4
×
=
1 4
× 1 × 1 =
x
3
lim sin (x × (x 3) x 3
Jadi, lim x
x
3
3 x
lim sin (x (x 3) x 3
1 4
.
2x
x)
w
x
=
x
2x
tan (x (x
0 = tan 0 sin 0 = (tak tentu) 0
= –(1 × 1 ×
24
u
6 x
x
×
→ ∞ maka
6 x
→ 0 atau
. Untuk x → ∞ maka 3 x
4 x
→
. Untuk x → ∞ maka
v 0 sin sin v
0
v
u
×
1
(1
x
1
x) x)
1
tan (x (x
1
×
x
sin (1 1
x) x
lim x(sec
) 1
x
× lim x
1
Limit Fungsi
x
1
1
1 x
= lim x × ( x
1
x
=
2x
1
4 x
6 x
tan
3 x
= 9.
1
– 1) = ∞ × (sec
1 x
– 1) 1
– 1)
1
cos
x 1
1 − co s
)
1) si sin (1 (1 2
sin
x
1)
sin (1
3 sin sin2
– 1) = tak tentu ∞ x Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri::
x)
× lim
1
w
Jadi, nilai lim
1 2
x
sin x
3 x
tan
4 x
6
× lim
0 sin sin w
lim x(sec
1)( x
tan ((x x 1) x 1 1
Jadi, lim
3 x
. Untuk x
u
x)
1) si sin (1 (1
1)( x
= – lim
=–
6 x
× 3x
19 Jawa Jawaba ban: n: b Dengan substitusi langsung:
1
tan ((x x 1) lim ( x 1 x 1 x
×
= 9 ×1 ×1 ×1 ×1 =9
0
1
(x 1) si sin (1 (1 lim tan (x 2
1 (x
0
× lim
Dengan mengubah fungsi trigonometri
= lim
3 x
× 6x
→ 0 atau w → 0. u
1 x 6x 9 = 4 2 co cos (2 (2x 6)
3 2
x
1
tan
6 x 4 x
2
(x 1) si sin (1 (1 lim tan (x 2
x
3 x
= 9 × lim sinu × lim sinu × lim
Dengan substitusi langsung: 1
×
sin x
x
x
6 x
4
sin x
0 atau v → 0. Misalkan w =
17. Ja Jawa waba ban: n: b
x
4 x
6
u → 0. Misalkan v =
x 3 x 3 × ) sin (x (x 3) sin (x (x 3)
=
×
3))
× 6x × x6 × x3
× lim
× lim
4
Misalkan u =
s in (x 3 2(2 si
× 6x × x4 × x3
×
6 x
6×6 4×3
sin x
3)))
×
sin x
×
4 x
x
6 x 6 x
6
6 x
lim
3)2
3)
1 lim ( x 3 4
= lim
x
2
(x
6
= lim 3 ×
(1 2 si sin2 ( x
3 2(1
0 (tak tentu) 0
tan
sin x
x
lim
(x
3 x 2 6 3 sin sin x 4 3 sin x tan x
= lim
Dengan substitusi langsung:
4 x
sin
x
x 6x 9 2 co cos ( 2x 6)
=
6 x
3 sin sin2
lim
16. Ja Jawa waba ban: n: e
3 2
tan
3 x
3 × s in2 0 si n 0 tan 0
=
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri::
1 sin(x − π) = 3 . x → π 2(x − π) + tan (x − π)
lim
4 x
sin
x
Jadi, lim
2
6 x
3 sin sin2
lim
1 1 = 3 2 +1
x)
=
1 – 2
.
=
lim x ×
x
lim
x
1 1 x
×
cos
x
1
×
1 + cos
x
1 − cos2 cos
1 + cos
1 x
1 x
+ cos2
1 x
1 x 1 x
=
=
lim
1
×
1
× x
x
1
cos
x
x
lim
1
(cos
x
+ cos2
1
1 x
)
× lim
1
x
x
x
∞
+ cos
2 1
∞
1
=
x
1
sin
x
1
x
x
× lim
x
=
1+ 1 1 2
×
sinu lim u u 0
× 1 × 1 =
20.000,00002
–100
2 × 108
–1.000
2 × 1012
–10.000
2 × 1016
–100.000
2 × 1020
Dari tabel terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin
1 x
mengecil tanpa batas, nilai (2x4 –
→0
x
x
x
lim (2x4 –
1 2
– 1) =
x
.
lim (2x4 –
Jadi,
20. Ja Jawa waba ban: n: a (3x2 +
Tabel nilai f(x) =
3 2x 2
– x3) untuk nilai-nilai x
f(x) =
x
3 2x 2
2 x5
4
10
–636,75
100
–968.000
1.000
–9,96 × 109
10.000
11
x
2 x5
)≈
lim (2x4 –
membesar tanpa batas, nilai (3x2 +
lim (
10x 2 – 2x + 1
10x 2 − 5x × (2x + 1) 5x) = lim 2x + 1 x
10 x 2
x
3 2x 2
– x3)
semakin mengecil tanpa batas sehingga dapat 3 2x 2
– x3) = –∞.
Cara lain: Variabel berpangkat tertinggi x3, suku –x3 ditentukan limitnya, dan suku lain diabaikan.
Jadi, nilai lim x
) = ∞.
5x) =
= lim
Dari tabel terlihat untuk nilai-nilai x yang semakin
lim (3x2 +
x5
10x 2 – 2x + 1
–9,96 × 10
3 2x 2
2
lim (2x4) = 2 × (–∞)4 = ∞
lim (
− 10x2 − 5x 2x + 1
14
x
x
22. Ja Jawa waba ban: n: b
x
–9,96 × 10
dinyatakan lim (3x2 +
∞.
)=
∞ – ∞ (tak tentu) ∞ x Dengan membagi dengan pangkat tertinggi:
– x)
1
100.000
) semakin
Dengan substitusi langsung:
yang semakin membesar. (3x2 +
x5
Cara lain: Variabel berpangkat tertinggi x4, suku 2x 4 ditentukan limitnya, dan suku lain diabaikan.
1 2 1
2
membesar tanpa tanpa batas sehingga dapat dinyatakan x
sinu u
× lim
Jadi, nilai lim x(sec
x
2
x5
x
→ ∞ maka
. Untuk x
x
1
x
x
1
1
sin
atau u → 0 . =
f(x) = 2x4 –
–10
x
1
x
× lim
(cos 0 + cos 0)
1
untuk nilai-nilai x yang
4
1
sin
× lim
x
1
x
)
1
sin
× lim
2
Misalkan u =
x5
–1
x
1
2
semakin mengecil.
x
x
1 (cos
x
1
x
=
Tabel nilai f(x) = 2x4 –
1
+ cos 2
1
sin
× lim
21. Ja Jawa waba ban: n: e
x
sin
1
x
1
sin2
1
= lim
−5x × 2x + 1
= lim
−5 1 2+ x
x
x
lim
=
x→∞
−5
lim 2 + lim
x→∞
x→∞
1 x
=
Jadi, nilai lim ( x
1 x 1 x
−5 5 = – 2+0 2 10x 2 – 2x + 1
5 2
5x) = – .
– x3) ≈ lim (–x3) = –∞3 = –∞
(3x2 +
x
3 2x 2
– x3) = –∞.
Matematika Kelas XII
25
23. Jawa Jawaba ban: n: b Dengan substitusi langsung:
25. Jawa Jawaba ban: n: b Dengan substitusi langsung: lim ( x2
(1 2x)3
lim
(x
x
=
1)(2x
2
2x + 1)
=
(tak tentu)
lim ( x2
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: (x
= lim x
1)(2x2 8x
3
12x
2x
3
2
4x
8 x3
= lim
2x
x
12 x 2
2
lim ( 8) 8)
1
1 x3 1 x3
×
lim 2
x→∞
x2 3
x3 1
2
3
x
lim
x
lim
x
= lim
1 x
6
1 x
3
1
lim 1
lim
x
x
1)(2x2
=
+x
16x 2
x
16 x
4
2
lim
2x + 1)
x
= lim
x
x
x x
5
x2
x
5
x2
3x
2
5
x2
x
x
2x
3
2x
3
2x
1 x 1 x
×
3
x2
2x
3
1
2 x
x 2 x
3 1 x
1
5 x2
3 x2
= –4. =
li m 3
li m 1
x
=
x4
=
2
x
li m
x
1 x
5
3 1 0
5
3
3 2
1 1
=
li m
x
2
0
1
li m
x
1 x
li m 1 2
x2
li m
x
x
1 x
3
li m
x
3 x2
0 1 2
Jadi, lim ( x2
0
3
0
5 – x2
x
3) =
2x
3 2
.
+x
lim ( 81x 2
= lim ( 81x 2
1 x
x→∞
2
3 – 9x + 1)
10x
x →∞
lim 16 1 6 + lim
1
2 x →∞ x
lim ( 81x 2
x→∞
16 0
=
Jadi, lim
3 – (9x – 1))
10x
= ∞ – ∞ (tak tentu) Dengan mengalikan bentuk sekawan:
lim lim 16
x →∞
26
x2
26. Jawaban: a Dengan substitusi langsung:
16 +
x
x
3
16
= lim
16
2x
2
5
x→∞
=
3 )2
2x
x2
5
x→∞
x2
=
( x2
x2
x2
x→∞
(tak tentu)
2
16 x 4
x
5 )2
x
x→∞
16x 2
= lim
3
x
3x
3
← Variabel berpangkat tertinggi x4 atau
+x
2x
1
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: lim
5
x3
x
= lim
(1 2x)
16 x 4
x
3
1
lim
x2
x
3
16x 2
2x
2
x
x2
x→∞
24. Jawaban: c Dengan subtitusi langsung: lim
x2
x2
= lim
1 1
x
(x
x
5
( x2
= lim
8 12 0 6 0 0 2 4 0 3 0 0 8 = –4 2
x
2
x→∞
4
Jadi, lim
x
x
3)
2x
1
6
12
x
x
=
1
3x
3x
12 x 4 x
8
x
=
6x
6x
x3 4x 2
3
2
x2
3)
2x
x2
5 –
x
x→∞
×
x3
= lim
=
2x + 1)
x2
5 –
x
= lim ( x2
(1 2x)3
x
3 ) = ∞ – ∞ (tak tentu)
2x
Dengan mengalikan bentuk sekawan: x→∞
lim
5 – x2
x
x→∞
16 4
= 4
16x 16x 4
Limit Fungsi
= lim
x→∞
2
+x
= 4.
( 81x2 81x 2
10x 10 x 10x
3 – (9x–1)) · 3 )2 3
(9 x (9 x
1)2 1)
81x2
10x
3
(9 x
1)
2
10x
3
(9 x
1)
81x
= lim
81x 2
x→∞
x→∞
3
2
10 x
81x
= lim
81x
2
x→∞
3
8x
2
10 x
3
8x
= lim
(81x 2
10x
18 x
(9 x
1)
1)
=
× (9 x
1)
=
10 x
x→∞
3
(9 x
2 x 3
8 10 x
81
x→∞
lim 8
=
=
8
x
2
81 10
0
8
8
lim
x
x→∞
1 x
lim
x
3
1 x2
lim 9
lim
0
9
x
x
0
4
x→∞
3 – 9x + 1) =
10x
4 9
.
27. Jawa Jawaba ban: n: b Dengan substitusi langsung: x→∞
4x 2
lim (2x –
x→∞
= lim (2x – x→∞
x→∞
4x 2
2x + 4 x 2 2x + 4 x
2
+x+3 ) +x+3
2x + 4 x 2
− (4x2 + x + 3) = lim 2 x → ∞ 2 x + 4x + x + 3
x→∞
= lim
1 x→∞ x
→∞
+
−12 + 8 × 0 3 − 2×0 + 9 − 4×0
=
−12 3+ 9
=
+ 3×
1 x2
−12 6
lim 9 − 4 × lim
1
2 x→∞ x
x→∞
= –2 9x 2
− 4 ) = –2.
29. Jawaban: b Dengan substitusi langsung:
−1− 3 × x1 1 x
1 x 1 x
1 x→∞ x
→∞
x→∞
2 x + 4 x2 + x + 3 x
4+
9 − 4×
=
x
x→∞ 2+
+
Jadi, lim ((3x – 2) –
−x −3
= lim
1 x 1 x
−4 −4
lim ( −12) + 8 × lim
lim 3 − 2 × lim
4x 2
−x − 3 = lim × 2 x → ∞ 2x + 4 x + x + 3
1
3 − 2× x
x x
+x+3
(3x − 2) + 9x
2
−12 + 8 × x1
=
(2 x)2 − ( 4x 2 + x + 3 )2
(3x − 2) + 9x2
− 4 )2 9 x2 − 4
−12x + 8 = lim × x → ∞ (3x − 2) + 9x2 − 4
x→∞
+ x + 3 ×
×
− 12x + 4 − (9x 2 − 4) (3x − 2) + 9x 2 − 4
= lim
+x+3 )
−4)
9x 2
−( (3 x − 2) +
x→∞
+x+3
−4)
9x 2
= lim
= 2 × ∞ – 4 × ∞ 2 + ∞ + 3 = ∞ – ∞ (tak tentu) Dengan mengalikan bentuk sekawan:
= lim
(3 x − 2)2
= lim
x→∞
4x 2
−4)
9x 2
= lim ((3x – 2) –
x→∞
lim (2x –
9x 2
lim ((3x – 2) –
x→∞
= 9 9 = = 18 9 Jadi, lim ( 81x 2
1
+ x + 3 = – 4 .
= ((3 × ∞ – 2) – 9 × ∞ 2 − 4 = ∞ – ∞ (tak tentu) Dengan mengalikan bentuk sekawan:
1 x
0 3
9x 2
lim ((3x – 2) –
2
1 x
lim
x
1 lim x → ∞ x2
28. Jawa Jawaba ban: n: a Dengan substitusi langsung:
1 x
9
x2
4x 2
Jadi, lim (2x –
1)
x
lim 81 10
+3×
−1 − 3 × 0 −1 − 0 1 = = – 2 + 4 + 0 + 3× 0 2+ 4 4
x
= lim
1 x→∞ x
lim 4 + lim
x→∞
2 x
81x2
lim 2 +
x→∞
1 x 1 x
1 x→∞ x
lim ( −1) − 3 × lim
x→∞
1 x
2
lim ( x2
x
2 – x) x
= lim (x x2 x
2 – x 2) =
∞ – ∞ (tak tentu)
Matematika Kelas XII
27
Dengan mengalikan bentuk sekawan: lim ( x
2
2 – x) x ×
x
( x
= lim x ×
2
2
2)
x2
x
2
x
= lim x ×
2
2
x
x
2
x
x
2
x
2
2x
= lim
2
x
x
x2
2
x
x2
2
x
B. Uraian 1. a.
cos x lim π sin x + cos x x
2
3
x
x
x
2
2
x
= 1 x 1 x
×
=
x
x
b.
x
2
1
1
x2
lim
lim 1 2
lim
x
2 1 0
1
x
1 x2
2 2
=
Jadi, lim ( x 2 x
2
x→∞ 3
x
lim
5
x
5
x
=
lim 1
= –1
2x
5x
x
5x
x→∞ 3
2x
= lim
2 – x)x = –1.
x→∞
=
x→∞
=
li m
2 5
li m
3 5
x
=
0 0
x
2 5
x
3 5 x
5 5
−(sin
1
−(sin
3π 2
− 1) 3π 2
− 1) 1 1 = 2 ( 1 1)
=
sin x + 1 2
cos x
1 = 1
co se c 2 x 2 π cotan x 1
=
4
1x
cot an
=
2
=
2 2 1 1
co se c 2 x 2 π cotan x 1
x
2x
5x
x
5x
= –1.
4
= limπ x
4
π 4
π 4
2 1
2
1 1
lim
Limit Fungsi
2
Dengan memfaktorkan memfaktorkan::
–1
.
cosec 2
2
1x
x→∞ 3
1 2
=
Den enga gan n sub subst stiitu tusi si lan angs gsun ung: g:
x
lim 1x
( 3 – 1).
2
1 −(sin x
3π 2
lim
x
( 3 – 1)
0
1 1
lim
lim 1x
x
1
+
sin x + 1 −(sin x + 1)(sin x − 1)
x
2. a.
x
3
+1 x − 1)
x
Jadi, lim
28
2
3π 2
x
x
1 2
=
lim x
(tak tentu)
si n x
Jadi, lim
5 5
x
3 5
= lim
x
x
cos x
3π 2
5x
2 5
x→∞
lim
=
5x
= lim
= =
x
3x
1 3 1 = 2 3 1
1
cos 2 x
x
3π 2
x
5x 5
+ 1)
3
sin x + 1
lim
Membagi dengan eksponen dengan bilangan pokok tertinggi: lim
3
×
= 0 (tak tentu) 0 Dengan memfaktorkan memfaktorkan::
x
=
1 ( 2
3π 1 2 2 3π cos 2
=
30. Jawaban: a Dengan substitusi langsung: x
1 2
sin
=
2
3π 2
2
x
1 2
3 +
3
sin x + 1
lim x
=
1 2
π 3
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng::
2
= lim
3 1 2
cos cos x sin x + cos x
Jadi, limπ
π 3
= limπ sin π + cos 3 x =
x
=
cos
2
2x x
= lim
Den enga gan n sub subst stiitu tusi si lan angs gsun ung: g:
(cotan2 x 1) 2 cot an x 1
=
0 (tak tentu) 0
c o ta n 2 x 1 c ot a n x 1
= limπ x
(cotan x 1)(cotan x cotan x 1
= limπ
1)
x→0
b.
= limπ (cotan x + 1) 4
π 4
x
lim
x
x
4x 5x
sin 0 tan 0
=
0 0
=
= 0 (tak tentu) 0
=
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri:: sin 2x 2x lim 3x x 0 tan 3x
4x 5x
= lim
sin 2x 2x 4 x 2x tan 3x 3 x 5x 2x
= lim
sin sin 2x 2x tan 3 x 2x
x
0
x
=
0
lim
x
lim
x
=
sin sin 2x 2x tan 3 x 2x
1 2 3 2
5 2
·1
×
3. a.
= = =
5 2
=
lim 2
x
lim
5 2
2 2(1 cos x)
1 = 1
=
1
sin 2x 2x t a n 3x 3x 0
cos 5 x
x→0
1
=
4x 5x
cos 9x 9x cos x
=
= 1.
lim
x→0
= lim
1
=
cos 0 cos 0 1
cos 0
=
0 (tak tentu) 0
= lim
x→0
= lim
cos x
= lim
2 si s in 7x 7 x sin 2x 2 x (1 (1
sin 7x 2 lim x → 0 sin x
x
lim
4 si sin
x 2
x → 0 (x
1) tan x 1
lim
1)
4 sin sin
+ lim
x tan x x→0
x
2
x → 0 (x
lim
1 2
1) tan x
+
lim
x → 0 (x
4 1)2
1 x 2
sin
tan x
× 1 +
1)2
1 × 1
×
2
x → 0 (x
(0
1 x 2
1)2 tan x
lim
1
1 x) 2
1)2 tan x
(x
x → 0 (x
4 (0
1)2
1 2
×
1
4 1 × 1 2
1+
x
4. a.
2 2(1 cos x) (x
x→0
1)2 tan x
= 3.
Den enga gan n sub subst stiitu tus si lan langs gsun ung g x 3 x sin (x 3) 3
=
3 3 3 sin 0 3
=
0 (tak tentu) 0
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri::
1
cos x
1
cos x
× 1 cos x cos x
1
cos x ) (1 (1
cos x )
lim
x→ 3 x
=
cos x )( )(1 cos x)
sin sin 2x (1 + sinx
x 3 sin (x 3) 3
x 3 lim × x → 3 x 3 sin (x 3)
1 x
3 1
x
3
1
= lim
si n ( x 3) x 3
x→ 3 1
sin2 x
×
2 (2 si sin
Jadi, lim
1 cos2 x
x→0
=
×
2 si s in 7x 7 x si s in 2x 2 x (1 (1
x→0
x
1 2 x) 2
1)2 tan x
(x
x→0
x→ 3
co s x
2 si n 7 x s i n 2 x 1
lim
lim
2 s i n 7 x s in ( 2 x ) 1
2 (2 sin2
x
x→0
cos 9x 9x cos x
x→0
lim
1)2 tan x
(x
x→0
=1+2=3
Dengan mengubah fungsi trigonometr trigonometri: i: cos 5 x
lim
1 x) 2
2 2(2 si sin2
x
x→0
Deng De ngan an su subs bsttit itu usi la lang ngs sun ung: g: lim
1)2 tan x
× lim
Jadi, lim x
1 2x 1 2x
2
x
0 (tak tentu) 0
=
1) tan x
(x
x→0
= 2.
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: sin 2x 2x t a n 3x 3x 0
= 112.
Dengan mengubah fungsi trigonometri:
cosec 2 x 2 lim π c o ta n x 1 x
lim
cos 9x 9x cos x
2
(x
4
b.
1
2 2(1 cos x)
x→0
+ 1
=1+1=2 Jadi,
1 ) × (1 + 1)
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: lim
= cotan
cos 5x 5x
Jadi, lim
4
x
(1 +
= 112
4
x
7 2 × × 1 1
=2×
lim 1
=
cos x )(1 + cosx)
x
lim 1
x
3
3
lim
x
3
sin (x 3) x 3
Matematika Kelas XII
29
Misalkan u = x – 3. Jika x → 3 maka (x – 3) 1
= 1
=
sin u 0 u
1 1
lim
u
1 = 0
=
1 sin2 ( x a) ta tan 5( 5( x
x
=
1 1 sin 0 (a a) tta an 0
=
∞. = lim
a) a)
×
1 sin2 ( x a) ta tan 5( 5( x
1 a (x
x
x
1 cos ( x
a)
1 (x 2
a)
= lim
a (x
x
a ) ta tan 5( 5(x si n
= 2 × lim x
1 (x 2
(x
a
a)
1)
sin
u
u
0
a)
5(x a tan 5(
a)
× lim x
sin
sin
× lim
= 1 + =2
x→0
= =
02 0 1
1
=
sin2 0
x→0
0
lim
x2
2 sin x
= = =
sin2 x
x
1
Jadi, ·
30
x2
2 sin x
1
sin2 x
x
1
x2
2 sin x
1
sin2 x
x
1
Limit Fungsi
(x
1)
x
x
1)
1)
sin2 x
1 +
sin2 0
1 +
lim( x x
0
1)
x
1)
x
0
1
1 x 1 x
×
x
1
2 sin x sin2 x x x nx 1 2 sinx x
x x
lim 2 sin x lim x lim sin x · lim sin x
x
x
0
x
0
x
x
0
x
0
x
sin x lim1 2 · lil im sin x
2 si sin x 1
x
0
x
0
x
1
Dengan mengalikan bentuk sekawan: x→0
1)
x
2 sin x sin2 x x x 2 sin x x
x→0
1
x
x
sin2 x
1
2 sin x
.
0 (tak tentu) 0
x
2 s in x s in x x 2 si sin x
2 sin x sin2 x x 2 si sin x
2 si sin x
1
2
2 si sin x sin2 x x x in x 1 2 s in x
x
= lim
x
sin x
2 sin x sin2 x x 2 si sin x
x→0
= lim
2 sin 0 0
x2
= lim
2 sin x 1 sin2 x 0 2 si sin 0
2
1)
1
x2
2 1 (x a) lim 1 1 sin (x = 10 x → a (x a) tan 5(x a)
x
1
Nila Ni laii li limi mitt pa pada da pe peny nyeb ebut ut::
1 1 × 2 10
x x
2)
1)
sin2 x
1
sin2 x
1
2 sin 0
x→0
5. Den Dengan gan subst substitu itusi si langs langsung ung:: 2
2
0
02
lim
0 tan5u
u
→ 0
x
x
1)
2
Nila Ni laii lim limit it pa pada da pe pemb mbil ilan ang: g:
1 u 2
1 10
Jadi,
lim
lim x
= 1 (x 2
= 2 × 1 × 5
=
2
2 sin x
0
1 2
1 2
=2×
x
lim ( x 2
x
2 si n x
x
sin2 x
1
1 sin2 x
2 si n x
2 sin x
x→0
Jika x → a maka (x – a) → 0 atau u = 2 × lim
( x2
lim ( x 2
Misalkan u = x – a. 1 u 2
x
( sin x
2 sin x
2 sin x
2
2
1)
2 sin x )( x 2
(x
x
a) a)
x2
x→0
=
= lim (x a) ta tan 5( 5(x a) x a 2 sin2
= lim
a) a)
cos2 (x a) a) tta an 5( 5(x a)
1 a (x
= lim
2 sin x )( x2
(x
2
sin2 x
1
1 2 si sin x 1 2 si sin x
x x
0 (tak tentu) 0
2 sin x
2 sin x
x→0
Dengan mengubah fungsi trigonometri trigonometri:: lim
( x
x→0
2
x→0
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: 1 a (x
2 sin x)( x2
(x
∞
x 3 = sin (x 3) 3
x→ 3 x
lim
= lim
= lim
Jadi, lim b.
1
→ 0 atau u → 0.
(0
3 3
1)
2 1 0 1 1 1 2 1
= 1 lim ( x2
2 sin x
x
lim
x
= 2 (terbukti)
x2
1
sin2 x
2 sin x sin2 x x 2 si sin x
x
x
1)
=
2 1
6. a.
Deng De ngan an su subs bsttit itu usi la lang ngs sun ung: g: 4x 3
lim
2x 2
24x
x
5x
3
12
7x
3
=
c.
lim
25 x
x
5x
12
7x
3
16 x
x 1
2
4x
x
x3
lim 4
x
2
16 x
x 3
7
x
=
5 lim
x
lim
x
1
1 x
3
x2
12
2
lim
x
lim
x
1
=
7x
=
x3
12x 4 15x
x
2x2
3
11x
=
12 3
=
1 6
lim
2x2
3
11x
15x
x
12 x
4
2x
.
(tak tentu) x
=
4
x 1
x4
=
2
=
x4
9 0 4 0 25 16 0
15 x
x
lim 12
=
x
15
2
12
lim x1
x
x2
=
11
2
lim
x
x
=
12 0
x
=
1 x
2
11 lim
12 2 0 15 0 11 0
1 x3
=
0 25
25x
= 0
4
8
16x
= 0.
24 x 2
2
24 x 2
− 5x − 7 × −2x2 + x − 4
lim
x
x
1 x2 1 x2
− 5x − 7 x2
lim
−2 x2 + x − 4 x2
lim
− 72 x −2 + x1 − 42
24 −
5 x
x
lim 24 − 5 × lim lim ( −2) + lim
24 2
1
− 7 × xli→m∞ 12 x − 4 × xli→m∞ 42
x →∞ x 1 x →∞ x
x →∞
b.
x
5 0 7 0 0 4 0
2x2
15x 3
11x
=
= –12 24x 2
− 5x − 7 = –12. x −2x + x − 4 Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: x
12x 4
24 2
Jadi,
∞
Jadi, lim
x7
x3
=
=
x
9x 7
x →∞
= lim
lim
24 x 2
x 15 x 3 11x
x
16
1 x8 16
Den enga gan n sub subst stiitu tusi si lan angs gsun ung: g:
4
= lim
lim
x
− 5x − 7 = (tak tentu) x −2x + x − 4 Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi:
1
×
4
lim 25 25
lim
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: 12x 4
1 x
x
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: lim
lim
x
x7
Jadi, lim
5x
24x 3
x
9
4 x8 16
x
7. a. 2x 2
16 x
25
x
1
1 6 4x 3
x8
3
2 0 5 0 12 0 24 7 0 3 0
4 24
×
4
9 x
= lim
x3
1 x
x
24 4
3
x8 1
x8
3
12
7
25 x8
x
2
x2
lim
Jadi, lim b.
= lim
12
5 x 7
24
x
=
2 x
4
(tak tentu)
x8
x3
= lim
=
5x
x3 24 x 3 7 x
= lim
=
2x
4
25 x 8
x
9x 3
=
1
9x 7
lim
3
×
4
8
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi:
1
2x 2
24x 3
x
9x 7
lim
(tak tentu)
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: 4x 3
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng::
lim
lim
2
9x 3 14x
4
− 2 = − x +1
(tak tentu)
∞.
Matematika Kelas XII
31
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi:
x
−2 × − x +1
14 x 4
9x
=
x
3
=
14 x
4
4
x 3 2x 5 – lim 2x 1 x 7 x
= lim
x 3 × 2x 1
1
9 × lim
x4
1
−15 −
x
2
−
x3
−
x4
− 2 × xli→m∞
x → ∞ x4
1
lim ( −15) − lim
x → ∞ x3
= lim
1
x
1
=
1
− li→m∞
=
x →∞
=
= = 0
− 2 = 0. Jadi, lim 4 x − 14 x x +1 Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: 3
− x + 12 = (tak tentu) x 4x 2 − 25 Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: 6x
lim
x
− x + 12 × 4x 2 − 25
6x
lim
6x3
=
=
=
x
x
2 + 5×0 1− 7 × 0
– 2 = –
lim 6 − lim
x →∞
x2
4 x
x →∞ x
4 × lim
1
1 + 4x 2
lim
2
x
= lim
x2
+
x 3 2x 1
1
lim
=
2x 5 x 7
(tak tentu)
←
Variabel berpangkat tertingginya x atau
2
4x2
1
2
2
x
x
x
1
+ 4
+
9x2 x2
+9
x2
1 1 x2
lim 4
lim
x
x
1 x2
lim 9
x
lim 1
∞
=
.
x x
x
x3
− x + 12 = 4 x 2 − 25
3 2
x2
= lim
x3
6x 3
1 x
= –
1 + 9x 2 x x
1
=
lim
x
=
1 + 9x 2
x
− 25 × xli→m∞
lim
Limit Fungsi
1 + 9x 2
x
1
x
2x 5 x 7
1 + 4x 2
= lim
+ 12 × li→m∞
1 x
Dengan membagi memb agi dengan variabel berpangkat tertinggi:
− x3 2
7
x
x
x
6 0 12 0 6 = 4 0 25 0 0
x
x 3 2x 1
1 + 4x 2
1
lim 1
lim
x
3 2
25
1
5
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng::
x3
− 12 x3
lim 2
x
x
x
∞.
=
0+4− 0+9 1
Jadi, lim
Deng De ngan an su subs bsttit itu usi la lang ngs sun ung: g: x
–
x
b.
1
–
×
(tak tentu)
1 x 1 x
5 x 7 x
2
x
1 x
− 25
1
6 −
lim
lim
32
2
1 2
x
lim
x3
Jadi, 8. a.
x 1
− x + 12
4x
x →∞ x
=
3
x3
lim
1+ 3 × 0 2−0
1 x
lim
x
2x 5 x 7
– lim
x
x
= lim
1
3
2
1 x 1 x
– lim
Jadi, lim
9x 3
c.
2
x
x4
x
9× 0 −2 ×0 lim (−15) − 0 − 0
0 15
3 x 1 x
1
lim 1 3
x4
2x 5 x 7
= lim x
−x+1
x4
lim
x→∞
=
x
4
−2
9
x
x
x 3 2x 1
lim
x4 1
x4
lim
x
=
1
9x 3
lim
Dengan membagi memba gi dengan variabel berpangkat tertinggi:
x
=
2
3 1
1 + 4x 2
=
1 + 9x 2 x
1 = 1
–1
= –1.
x2
9. a.
Deng De ngan an su subs bsttit itu usi la lang ngs sun ung: g: lim ( 9x2
2x
x→∞
= lim ( 9x2 x→∞
x→∞
5 – 3x + 2)
2x
2x 2
= lim
5 – (3x – 2))
3x 2x
2
3x
3x
= lim
x→∞
2x
2
2x 2
2
2x 2
2
(x 2
2x 2
3
2
(x 2
3x
1
1)
← 1)
= ∞ – ∞ (tak tentu)
atau
Dengan mengalikan bentuk sekawan: lim ( 9x2
2x
x→∞
×
2x
5
(3x
2)
9x 2
2x
5
(3x
2)
(9x 2
= lim
9x 2
x→∞
= lim
9x 2
12x
x→∞
4
1
2x
5
(3x
←
(x 2
1)
3 x
2 2
3 x
2
2)
2x
5
(3 x
3
=
Variabel berpangkat tertingginya x
=
x2
2
1
2
x2
2 3
2 2
0
0
2
0
x2
2 2 2 2
0
2
×
2
=
Jadi, lim ( (2x 3 2 4 4
2)
3 2 4 4
1)(x
x→∞
10 x 1 x
x→∞
2 x
3x
3
= lim
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: 9 x2
3
2)2
atau
= lim
2x 2 x
2x + 5 + (3x 2)
9x 2
x→∞
2 x2
x→∞
9x 2
2x + 5
10x
= lim
= lim
2x + 5 + (3x 2)
9x 2
x→∞
3x
2x + 5) (3x
x2
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi:
5 – (3x – 2))
9x 2
Variabel berpangkat tertingginya x
2) – (x 2 + 1)) =
.
x
= lim
x→∞
= =
0
10 3 +3
2 x
9 10
9
5
10. 2 ) x
(3
x2
=
3
0
x→∞
2x
5 – 3x + 2) =
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: lim ( (2x
x→∞
=
1)(x
2) – (x 2 + 1))
∞ – ∞ (tak tentu)
Dengan mengalikan bentuk sekawan: lim ( (2x
x→∞
×
1)(x
2) – (x 2 + 1))
(2x
1)(x
2)
(x 2
1)
(2x
1)(x
2)
(x 2
1)
(2x
1)(x
2)
(x 2
= lim
x→∞
(2x
1)(x
2)
(x 2
5 3
.
4x
x
⇔
10 5 = 6 3
9x2
lim
⇔
0 0
Jadi, lim ( b.
1 x
10
lim
2
(4x 2
(4x2
ax) 4x
x
4x 2 + ax + (2x 1)
ax – (2x – 1)
2
ax
4x
x
4x
(2 x
(a
lim
ax
1)
1)
4)x
2
9
=4 4x 2 + ax + (2x 1)
1 (2x
1)
=
9 4
=
9 4
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi:
⇔
lim
x
⇔
(a 4
a x
(a 4
1 x
4) (2 4) 0
1 ) x
9 4 9
0
(2
=
0)
4
= 4
⇔
a
⇔ ⇔
a +4 = 9
4
=
9 4
a=5
Jadi, nilai a = 5. 1)2 1)
Matematika Kelas XII
33
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. meng menggunak gunakan an prinsip prinsip turun turunan an ke fungs fungsii trigonom trigonometri etri sederh sederhana; ana; 2. menjelaska menjelaskan n keberkaitan keberkaitan turunan pertama dan kedua fungsi fungsi dengan dengan nilai maksimum, nilai minimum, selang kemonotonan kemonotonan fungsi, kemiringan garis singgung, serta titik belok dan selang kecekungan kurva fungsi trigonometri; 3. meny menyeles elesaika aikan n masalah masalah yang berkai berkaitan tan dengan dengan turunan turunan fungsi fungsi trigonomet trigonometri; ri; 4. menyelesai menyelesaikan kan masalah masalah yang berkaitan berkaitan dengan dengan nilai maksimum, nilai minimum, minimum, selang selang kemonotonan kemonotonan fungsi, fungsi, dan kemiringan kemiringan garis singgung, serta titik belok dan selang kecekungan kurva fungsi trigonometri. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik: 1. memi memilik likii sikap rasa rasa ingin tahu dan dan kritis dalam dalam mempelaj mempelajari ari turunan turunan fungsi fungsi trigonomet trigonometri; ri; 2. berperilaku disiplin dan bertanggung bertanggung jawab saat menerapkannya dalam kehidupan sehari-hari.
Turunan Fungsi Trigonometri Mempelajari
Konsep Turunan Fungsi Trigonometri
Penggunaan Turunan Fungsi Trigonometri
Mencakup • • • • •
Mencakup
Konsep Kons ep Tu Turu runa nan n Fun Fungs gsii Turuna Tur unan n Fungsi Fungsi Trig Trigono onomet metri ri Berdas Berdasark arkan an Aturan Aturan Limit Fungsi Sifa Si fatt-Si Sifa fatt Tur Turun unan an Fu Fung ngsi si Aturan Ra Rantai Bentuk Ben tuk Turu Turunan nan Fungs Fungsii Trigono Trigonomet metri ri Berdas Berdasark arkan an Sifat Turunan Fungsi dan Aturan Rantai
• • • • •
Fungsi Fung si Na Naik ik da dan n Fun Fungs gsii Tur Turun un Titik St Stasioner Nilai Nil ai Mak Maksim simum um dan dan Mini Minimum mum Sua Suatu tu Fung Fungsi si Gari Ga ris s Sin Singg ggun ung g Fun Fungs gsii Sel ela ang Kecek eku ung ngan an
Mampu • • • • • • •
34
Menentuka Menent ukan n turuna turunan n fungsi fungsi tri trigon gonome ometri tri.. Mengguna Meng gunakan kan konsep konsep turunan turunan fungsi fungsi untuk untuk menentukan menentukan titik titik stasion stasioner er dan selang selang kemonotona kemonotonan n fungsi trigonometri. Mengguna Meng gunakan kan konsep konsep turunan turunan fungsi fungsi untuk untuk menentuka menentukan n nilai maksi maksimum mum dan nilai nilai minimum minimum fungsi fungsi trigonometri. Mengguna Meng gunakan kan konsep konsep turunan turunan fungsi fungsi untuk untuk menentuka menentukan n garis singgu singgung ng fungsi fungsi trigonomet trigonometri. ri. Mengguna Meng gunakan kan konsep konsep turunan turunan fungsi fungsi untuk menentuk menentukan an selang selang kecekungan kecekungan fungsi fungsi trigonom trigonometri etri.. Memiliki sikap logis, logis, kritis, kritis, kreatif, kreatif, disiplin, disiplin, dan rasa ingin tahu, tahu, serta memiliki rasa percaya percaya diri dalam menyelesaikan masalah. Berperil Berp erilaku aku jujur jujur dan bertanggu bertanggung ng jawab dalam dalam berintera berinteraksi ksi dengan dengan lingkun lingkungan gan sosial. sosial.
Turunan Fungsi Trigonometri
A.
Piliha Pil ihan n Gan Ganda. da.
u v uv
g ′( x ) =
1. Jawaban: b Diketahui f(x) = tan (5x – 1). Misalkan u = 5x – 1 sehingga u′ = 5 dan f(x) = tan u. f′(x (x)) = sec sec2 u × u ′ = sec2 (5x – 1) × 5 = 5 sec2 (5x – 1) Jadi, turunan pertama fungsi tersebut adalah f′(x) = 5 sec2 (5x – 1). 2. Jawaban: d Diketahui f(x) = sec (6x + 1) Misalkan u = 6x + 1 sehingga u′ = 6 dan f(x) = sec u. f′(x) = sec u × tan u × u′ = sec u × tan u × 6 = 6 sec (6x + 1) × tan (6x + 1) Jadi, turunan pertama fungsi tersebut adalah f′(x) = 6 sec (6x + 1) × tan (6x + 1). 3. Jawaban: e Diketahui f(x) = cos (2x + 3) – sin2 (3x + 1) Misalkan u = cos (2x + 3) dan v = sin2 (3x + 1). u′ = –sin (2x + 3) × 2 = –2 sin (2x + 3) v′ = 2 sin (3x + 1) × 3 cos (3x + 1) = 6 sin (3x + 1) cos (3x + 1) Turunan pertama f(x) sebagai berikut. f′(x) = –2 sin (2x + 3) + 6 sin (3x + 1) cos (3x + 1) Jadi, turunan pertama f(x) = cos (2x + 3) – sin2 (3x + 1) adalah f′(x) = –2 sin (2x + 3) + 6 sin (3x + 1) cos (3x + 1). 4. Jawaban: c Dari fungsi g(x) = (3x + 8)(sin3 (–2x + 9)) diperoleh u = 3x + 8 dan v = sin3 (–2x + 9). Diperoleh: u′ = 3 v′ = 3 sin2 (–2x + 9) cos (–2x + 9) × (–2) = –6 sin2 (–2x + 9) cos (–2x + 9) g′(x (x)) = u′v + uv′ = 3 sin3 (–2x + 9) + (3x + 8)(–6 sin2 (–2x + 9) cos (–2x + 9)) Jadi, turunan pertama fungsi tersebut adalah g′(x) = 3 sin3 (–2x + 9) + (3x + 8)(–6 sin2 (–2x + 9) cos (–2x + 9)).
v2 (cos x
=
sin x + cos x cos x
(sin x + cos x) (
s i n x)
2
(cos x) 2
sin sin x cos cos x + sin sin2 x + sin sin x cos cos x
cos cos x
=
cos 2 x sin2 x + cos2 x
=
cos 2 x
1
=
cos2 x
= sec2 x Jadi, turunan pertamanya adalah g′(x) = sec2 x. 6. Jawaban: c Diketahui g(x) = cos (4x – π). g′(x) = –4 sin (4x – π) g′(
π
2
) = –4 –4 si sin (4 (4 ×
π
– π)
2 (2π – π)
= –4 sin = –4 sin (π) = –4 × 0 =0 Jadi, nilai g′(
π
2
) = 0.
7. Jawaban: a Misalkan: u = tan (π – 3x) dan g(u) = u2. Diperoleh: dg du
= 2u
du dx
= –3 sec2(π – 3x)
dg(x) dx
=
dg(x) du × du dx
= 2u × (–3 sec2 (π – 3x)) = –6u × sec2(π – 3x) = –6 tan (π – 3x) × sec2 (π – 3x) = d dx
(g(
π
4
−6
si sin (π − 3x)
cos3 (π − 3x ) 3
)) =
−6 sin (π − 4 π) 3
cos3 (π − 4 π) π
= =
5. Jawaban: d Dari g(x) =
sin x) × cos x
diperoleh: =
u = sin x + cos x → u′ = cos x – sin x v = cos x → v′ = –sin x Jadi, nilai
d dx
−6 sin sin 4
cos3 −6 ⋅
(
1 2
1 2
2
2) 3
−3 1 ⋅ 8
π
4
2
2 2
(g(
π
4
=
−3 1 4
= –12
)) = –12.
Matematika Kelas XII
35
8. Jawaban: e Diketahui g(x) = 2 sin3 (3x – 2π). Misalkan u = sin (3x – 2π) sehingga g(u) = 2u3. g′(u) = du dx
dg du
= 6u2
= 3 cos (3x – 2π)
g′(x (x)) =
dg du
du dx
×
= 6u2 × 3 cos (3x – 2π) = 18 sin2 (3x – 2π) × cos (3x – 2π) g′(π) = 18 si sin n2 (3 × π – 2π) × cos (3 × π – 2π) = 18 sin2 (π) × cos (π) = 18 × 0 × 1 =0 Jadi, nilai g′(π) = 0.
Diketa Dike tahu huii y′ = (2a – 1) sin 5bx y′= (2a – 1) sin 5bx sin 5bx ⇔ 5 sin 10x = (2a – 1) sin Dari kesamaan tersebut diperoleh: 2a – 1 = 5 a=3 ⇔ 5b = 10 10 b=2 ⇔ a×b=3×2=6 Jadi, nilai a × b = 6. 11. Jawaban: e Misalkan: u = 4x maka u′ = 4. Turunan f(x) = tan u adalah f′(x) =
df(x) dx
b
f′( ⇔ ⇔
π
6
sin x
) = –7 a–
⇔ b b
b 1 4
f′(
=7
a–
4
cos2 4x = 1 cos co s 4x = ± 1
Menc Me ncar arii pe peny nyel eles esai aian an co cos s 4x = 1. cos co s 4x = 1 ⇔ cos 4x = cos 0 4x = ± 0 + k × 2π ⇔ 4x = k × 2π ⇔ ⇔
x = k×
k=1 → x=
2
π sin2 2
b 12
=2 =2
a –b = 2 ⇔ (4b – 7) – b = 2 3b = 9 ⇔ b=3 ⇔ Dengan demikian, diperoleh: a = 4b – 7 = 4 × 3 – 7 = 5 a–b=5–3=2 Jadi, nilai a – b = 2. 10. Jawaban: a y = sin2 5x = (sin 5x)2 y′ = 5 × 2 sin 5x cos 5x = 5 sin 10x
Turunan Fungsi Trigonometri
b.
=4
cos2 4x
)=2
b
a–
4 cos2 4x
a = 4b 4b – 7 π
du dx
×
k=0 → x=0
⇔
36
a.
a – 4b = –7 –7
⇔
⇔
⇔
= –7
1 ( 2 )2
a–
⇔
= –7
π sin2 6
a–
⇔
⇔
= f′(x) = 4 ⇔
2
df(x) du
= sec2 u × 4 = 4 sec2 4x
9. Jawaban: b f(x) f( x) = ax ax + b co cota tan nx f′(x) = a + b(–co b(–cosec sec2 x) = a – b cosec2 x =a–
=
π
2
π
2
Menc Me ncar arii peny penyel eles esai aian an cos cos 4x = –1 –1.. cos 4x = –1 ⇔ cos 4x = cos π 4x = ± π + k × 2 π ⇔ ⇔
π
x=±
4
+ k ×
π
2
π
k=0 → x= 4
3π
π
k=1 → x= ,x= 4 4 Oleh karena 0 ≤ x ≤ adalah 0,
π
4
, dan
π
2
π
2
, nilai x yang memenuhi
.
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 0,
π
4
, dan
π
2
.
12. Jawaban: e dW dt
= 2 cos 2t d dt
⇔
Substitusikan a = 4 ke dalam persamaan (1). 4a + b = 15 ⇔ 4 × 4 + b = 15 ⇔ b = –1 a + b = 4 + (–1) = 3 Jadi, nilai a + b = 3.
π
4
π
2 cos 2 (
⇔
3
W ( + 2t 2t)) = + 2t) 2t) =
4
3
cos ( 2 + 4t) 4t) = 2
π
1
3
–sin –s in 4t =
1 2
3
⇔ ⇔
1 2
sin si n 4t = –
Penyelesaian sin 4t = sin a.
4t = ⇔
t =
4π 3 π
4π 3
4t = π –
b. ⇔
t =–
f(x) + f′(x (x)) =
3 = sin 4π 3
π
12
Oleh karena 0 ≤ t
π
=
2
sebagai berikut.
3π ≤ 4 π
3
3
π
2
,
k=
= –
π
12
5π 12
,
5π 12 π
3
dan
=
1
cos2 x
+ (b – 2) f′(
⇔
a
1
π cos 2 3
f′( a
⇔ ⇔ ⇔
1
π cos 2 4
π
4
5π 12
.
2 2
22 =
4
4 =
8 = 2 2
= –1. Oleh karena a = –2 < 0 dan
⇔
2 2 cos (x (x – 135°) 135°) =
2
⇔
cos (x – 135 135°) °) =
⇔
cos (x – 135°) = cos 60° 60°
1 2
x – 135° 135° = ± 60° + k × 360° 360°
x – 135° = 60 60° + k × 360° x = 195° 195° + k × 360 360°° ⇔ k = 0 → x = 195°
b. . . . (1)
x – 135° = –6 –60 + k × 360° x = 75° + k × 360° 360° ⇔ k = 0 → x = 75° Oleh karena 0 ≤ x ≤ 180° diambil x = 75°. Jadi, nilai x adalah 75°. 15. Jawaban: d f(x) = sin2 x Misalkan: u = sin x maka f(x) = u2.
+ b = 5
2(a – 1) + b = 5 2a + b = 7
.
b = 2 > 0 maka tan α di kuadran II sehingga α = 135°.
+ b = 11 11
)=3
1 1 2
tan α =
a.
+ (b (b – 2) = 3 a
b a
Penyelesaian x – 135°= ±60° + k × 360° sebagai berikut.
)=9
4(a – 1) + b = 11 4a + b = 15
⇔
⇔
1 1 4
⇔
3
( 2)2
⇔
+ (b (b – 2) = 9 a
⇔
π
b2 dan tan α =
–2 cos cos x + 2 sin sin x = 2
.
13. Jawaban: d f(x)) = (a – 1) tan f(x tan x + (b – 2)x f′(x) = (a – 1) sec2 x + (b – 2) a
a2
Dari fungsi –2 cos x + 2 sin x diperoleh a = –2 dan b = 2.
5π 6
maka t =
dan
–2 cos cos x + 2 sin sin x = 2 Bentuk fungsi trigonometri a cos x + b sin x dapat dibentuk menjadi k cos (x – α) dengan k=
+ k × 2π
+ k ×
Jadi, nilai t adalah
π
2
⇔
4π 3
+ k × 2π
+k×
3
14. Jawaban: a f(x) = –2 cos x
. . . (2)
Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). 4a + b = 15 2a + b = 7 –––– –– –––– –––– –––– –– – 2a = 8 ⇔ a = 4
f′(x) =
df(x) dx
=
df(x) du
×
du dx
= 2u × cos x = 2 sin x cos x = sin 2x f′′(x) =
df (x) (x) dx
= 2 cos 2x
Matematika Kelas XII
37
f′′(x) = –1 ⇔ 2 cos cos 2x = –1 1 2
⇔
cos co s 2x 2x = –
⇔
cos 2x 2x = cos 120° 120°
⇔
b.
2 x = – 12 0° + k × 3 6 0° x = –60° –60° + k × 180° 180° ⇔ k = 1 → x = 120° Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 60° dan 120°.
v2 ( −2 si si n x co s x )s )s in in x − c os os 2 x c os os x
=
2
(sin x ) −2
sin2 x cos x − cos 3 x sin2 x
–6x2 cos –6
Diketahui f(x) = (8x + 5). 2 Misalkan u = –6x dan v = cos (8x + 5) Diperoleh: u′ = –12x v′ = 8 × (–sin (8x + 5)) = –8 sin (8x + 5) f′(x (x)) = u′v + uv′ = –12x(cos (8x + 5)) + (–6x2)(–8 sin (8x + 5)) = –12 –12x x cos (8x + 5) 5) + 48x2 sin (8x + 5) Jadi, f′(x) = –12x cos (8x + 5) + 48x2 sin (8x + 5). Diketa Dike tahu huii f(x f(x)) = (3 (3x x3 + 1) sin (x2+ 3x + 2). Misalkan u = 3x3 + 1 dan v = sin (x2+ 3x + 2) Diperoleh: u′ = 9x 2 v′ = (2x + 3) × cos (x2+ 3x + 2) = (2x + 3) cos (x2+ 3x + 2) f′(x) = u′v + uv′ = 9x2 sin (x2+ 3x + 2) + (3x3 + 1)((2x + 3) cos (x2+ 3x + 2)) = 9x2 sin (x2+ 3x + 2) + (6x4 + 2x + 9x3 + 3) cos (x2+ 3x + 2) = 9x2 sin (x2+ 3x + 2) + (6x4 + 9x3 + 2x + 3) cos (x2+ 3x + 2) Jadi, f′(x) = 9x2 sin (x2+ 3x + 2) + (6x4 + 9x3 + 2x + 3) cos (x2+ 3x + 2). Misalk Misa lkan an u = si sin n x da dan n v = sin sin x + co cos sx Diperoleh: u′ = cos x v′ = cos x – sin x
= =
u′v − uv′
= –2 cos x –
cos cos x(s x(sin in x + cos cos x) x) − sin sin x(c x(cos os x − sin sin x) x) 2
(sin x + cos x )
sin sin x cos cos x + cos cos2 x − sin x cos cos x + sin sin2 x sin sin2 x + cos cos2 x + 2 sin sin x cos cos x
Turunan Fungsi Trigonometri
co s 3 x sin2 x
Jadi, h′(x) = –2 cos x –
cos3 x sin2 x
.
3. f(x) = tan2 bx Misalkan: u = tan bx maka
du dx
= b sec2 bx
df
f(x) = u2 sehingga du = 2u df(x) dx
=
df(x) du
×
du dx
= 2u × b sec2 bx = 2b tan bx sec2 bx = =
1 2b sin sin bx × cos 2 bx cos cos bx 2b sin sin bx cos 3 bx π
f′( ⇔
2
)=0
bπ 2 bπ cos 3 2
=0
2b sin sin
⇔
sin
bπ 2
=0
⇔
sin
bπ 2
= sin 0
Penyelesaian sin a.
bπ 2 ⇔
v2
.
u′v − uv′
h(x) =
=
g(x) =
38
1 1 + 2 sin x cos x
Misalkan u = cos2 x dan v = sin x. Diperoleh: u′ = 2 × cos x × (–sin x) = –2 sin x cos x v′ = cos x
B. Ur Urai aian an
2. a.
1 1 + 2 sin x cos x
Jadi, g′(x) =
b.
b.
=
2x = ± 120° 120° + k × 360° 360°
Penyelesaian 2x = ±120° + k × 360° sebagai berikut. a. 2 x = 12 0° + k × 3 6 0° x = 60° 60° + k × 180 180°° ⇔ k = 0 → x = 60°
1 . a.
=
cos2 x + sin2 x 1 + 2 sin x cos x
bπ 2
= sin 0 sebagai berikut.
= π + k × 2π bπ = 2π + k × 4π
b=2+k×4 k = 0 → x = 2 ⇔
bπ 2
b.
Untuk x = 1 + 4k diperoleh:
= 0 + k × 2 π
k = 0 → x = 1
⇔
b = k× 4 k = 1 → b = 4
Untuk x = –1 + 4k diperoleh: k = 1 → x = 3
Oleh karena 0 < b < 4 maka diambil b = 2. Diperoleh: 2 × 2 si sin 2x 2x
f′(x) =
3
cos 2x
=
4 si n 2 x
x12 + x2 = 32 + 1 = 10.
cos 3 2 x
Misalkan: a = 4 sin 2x, b = cos3 2x, dan c = cos 2x. a dan b = c3. b db db dc = × dx dc dx
f′(x) = b′ =
Oleh karena 0 ≤ x ≤ 4 dan x1 > x2, diambil x1 = 3 dan x2 = 1. Jadi, nilai x12 + x2 = 10. 5 . a.
dy dt
= 2 × 2 sin 2t cos 2t = 2 sin 2 × (2t) = 2 sin 4t
= 3c2 × (–2 sin 2x) = –6 cos2 2x sin 2x dx dt
a′ = 4 × 2 cos 2x = 8 cos 2x df (x) (x) dx
f′′(x) = =
ba
=
4 tan 4t 4 sin4t
= cos2 4t
2
cos3 2x × 8 co cos 2x 2x − 4 si sin 2x 2x × ( −6 co cos2 2x si s in 2x 2x ) 6
cos 2x 2
= f′′(
π
2
= 4 sec 4t tan 4t = cos cos 4t
ab b
= 2 sin 2t × 2 cos 2t
2
8 co cos 2 x + 24 si sin 2x 4
cos 2x
dt dx
=
cos2 4t 4 sin 4t
dy dx
=
dy dt × dt dx
2
)= = =
8 cos π + 24 sin2 π
= 2 sin 4t ×
cos4 π 8 × (−1) 1)2 + 16 × 02
=
4
(−1)
8 1
= 8
Jadi, nilai f′′(
π
2
Jadi, b.
) = 8.
cos2 4t 4 sin 4t
1 cos2 4t 2 dy dx
=
x=3 ⇔ ⇔
1 cos2 4t. 2
sec se c 4t 4t = 3 1 cos cos 4t
=3
4. f′(x (x)) = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
0–2× cos cos
πx
2 πx 2 πx
2
π
2
cos
πx
2
⇔
=0
dy dx
=0 = cos =
π
2
π
=
+ k × 2π atau
πx
2
= –
π
2
x = 1 + 4k atau atau x = –1 –1 + 4k
+ k × 2 π
1 3
1 cos2 4t 2
=
1 × 2
=
1 18
2
cos co s 4t 4t =
Jadi, nilai
1 3
( )2
dy dx
untuk x = 3 adalah =
1 . 18
Matematika Kelas XII
39
A. Pilihan Ganda Jawaban: 1. Jawaban:
Untuk x =
c
f(x) f( x) = sin sin (3x (3x – f′(x) = cos cos (3x (3x –
π 2
k=0
π 2
= 3 cos (3x –
)×3
π 2
++
)
⇔
cos (3x –
π 2
π 2
2
⇔
2
2
3x = π + k × 2π atau 3x = k × 2π
Untuk 3x = π + k × 2π diperoleh: π k = 0 → 3x = π ⇔ x = k = 1 → 3x = 3π ⇔ x =
3
π
Untuk 3x = k × 2π diperoleh: k = 0 → x = 0 2π k = 1 → 3x = 2π ⇔ x = 3
Jadi, titik stasionernya adalah x = 0, x = x=
2π 3
π 3
d
Diketahui g(x) = cos (x –
π
–sin (x –
3
3
) sehingga g′(x) =
3
sin (x –
π 3
) = sin 0
3
x=
π 3
Untuk x = k=0
40
tan x = 1
⇔
tan x = tan
3
+ k × 2π atau x =
π 3
→ x =
4π 3
+ k × 2π diperoleh:
π 3
Turunan Fungsi Trigonometri
= 1
Diperoleh: π x = + k ×
π
→ x =
4
k=0
π 4
π π 4
. Dengan demikian,
pernyataan (iv) salah. Diagram uji nilai f′(x) untuk interval yang dibatasi titik stasioner sebagai berikut. ++ 0
–– π
π
4
Disimpulkan bahwa f naik pada interval 0 ≤ x <
Diperoleh: π π x – = 0 + k × 2 π atau x – = π + k × 2π
⇔
sin x cos x
⇔ ⇔
).
Titik stasioner fungsi g dicapai saat g′(x) = 0. π –sin (x – ) = 0
⇔
,
3
Diperoleh titik stasioner x =
π
.
Jawaban: d 3. Jawaban: Diketahui f(x) = sin x + cos x sehingga f′(x) = cos x – sin x. Titik-titik stasioner f(x) sebagai berikut. cos x – sin x = 0 ⇔ cos x = sin x
4
, dan x = π.
Jawaban: 2. Jawaban:
4π 3
4π 3
3
π
2
dan x =
Fungsi g naik jika g′(x) > 0 sehingga fungsi g naik π 4π pada interval 0 ≤ x < dan < x ≤ 2π.
Diperoleh: π π π π 3x – = + k × 2π atau 3x – = – + k × 2π 2
π 3
++
π
)=0 ) = cos
––
3
2
cos (3x –
k × 2π diperoleh:
Diperoleh titik stasioner x =
Titik stasioner dicapai saat f′(x) = 0. π 3 cos (3x – ) = 0
⇔
→ x
) sehingga:
4π + 3 4π = 3
+ k × 2π
dan turun pada interval
π 4
π 4
< x ≤ π. Dengan demikian,
pernyataan (i) dan (iii) benar, sedangkan pernyataan (ii) salah. Jadi, pernyataan yang benar ditunjukkan oleh pilihan d.
Jawaban: 4. Jawaban:
f(θ) = =
5 − cos 2θ sin θ
=
4 + 2 sin sin θ 4 sin θ
tan 2x = 1
θ
θ
+ 2 sin
Untuk mencari batas maksimum nilai k berarti harus dicari nilai minimum dari f(θ) pada interval (0, π). Agar f(θ) minimum maka f′(θ) = 0. f′(θ) = –
4 cos cos θ 2
sin
θ
+ 2 cos θ = 2 cos θ (1 –
2
)
sin2 θ
2 cos θ (1 –
⇔
2 sin2 θ
2 cos
⇔
cos
⇔
)=0
θ=0 θ=0 θ=
π 2
atau 1 –
2 sin2 θ 2
atau
sin2 θ
sin2
atau
θ
=0 =1 =2
sin2 θ = 2 tidak mungkin karena nilai maksimum sin2 θ = 1. Dengan demikian, diperoleh θ = f(θ) ≥ 2k
π 2
⇔
2x =
⇔
x=
π 8
π 4
+ k π
4
kπ 2
+
π
→ x =
8
k=1
→ x =
5π 8
Untuk tan 2x = –1 diperoleh:
⇔
tan 2x = tan –
⇔
π 2x = – + kπ
⇔
x=–
+ 2 sin
π 2
k=2
→ x =
7π 8
π π π f( ) = 5 – sin 2 × × cos 2 × 8
8
= 5 – sin
=5–
≥ 2k
2 × 1 ≥ 2k
sin2 2x cos 2 2 x
=1
kπ 2
3π 8
=5–
Jawaban: a 5. Jawaban: Fungsi f(x) mencapai minimum ketika f′(x) = 0. Misalkan: u = sin 2x maka u′ = 2 cos 2x v = cos 2x maka v′ = –2 sin 2x f′(x (x)) = 0 ⇔ vu′ + uv′ = 0 ⇔ (cos 2x)(2 cos 2x) + (sin 2x) (–2 sin 2x) = 0 2 ⇔ 2 cos 2x – 2 sin2 2 2x x=0 ⇔ 2 cos2 2x = 2 si sin n2 2x
+
→ x =
f( 4 + 1
π 8
k=1
2
4 π sin
π 4
4
3π 8
π
× cos
) = 5 – sin sin 2 ×
=5– =5+ =5
8
4 1 1 2 × 2 2 1 1 = 4 2 2
= 5 – sin
6 ≥ 2k 3 ≥ k Dengan demikian demikian,, nilai maksimum maksimum k adalah 3. 3. Jadi, nilai maksimum k adalah 3.
⇔
π
k=0
.
2
⇔ ⇔ ⇔
tan 2x = tan
π f( ) ≥ 2k
⇔ ⇔
⇔
tan 2x = –1
f′(θ) = 0
⇔
tan2 2 2x x= 1 tan 2x = ±1 ±1
Untuk tan 2x = 1 diperoleh:
5 − (1 − 2 sin2 θ) sin θ 2
=
⇔ ⇔
a
1 2 1 2
3π 4
3π 8
π 4
2
× cos 2 ×
× cos
2 × (–
1 2
3π 8
3π 4
2)
1 2 1 2
Diperoleh nilai minimum 4 dan nilai maksimum 5
1 2
. 1 2
Jadi, nilai minimumnya adalah 4 . Jawaban: c 6. Jawaban: f(x) = 11 co cos2 x + 3 sin2 x + 6 sin x cos x + 7 = 8 cos2 x + 3 cos2 x + 3 sin2 x + 6 sin x cos x + 7 = 8 cos2 x + 3(cos2 x + sin2 x) + 6 sin x cos x + 7
Matematika Kelas XII
41
= 8 cos2 x + 3 + 6 sin x cos x + 7 = 8 cos2 x + 6 sin x cos x + 10 1 + cos 2x 2x = 8×( ) + 3 sin 2x + 10 2
= 4 + 4 cos cos 2x + 3 sin sin 2x + 10 = 4 cos 2x + 3 sin 2x + 14 42 + 32 cos (2x – arctan
=
3 4
) + 14
b
π 4
) dengan 0 ≤ x ≤ 2π.
Diperoleh:
π 4
4
)
f′′(x) = 0 –2 sin (x –
⇔
sin (x –
⇔
sin (x –
π 4
π 4
π 4
x=
k=0
4
5π 4
→ x =
++
+ k × 2 π
+ k × 2π 5π 4 ++
Disimpulkan f′′(x) < 0 dan cekung ke bawah pada π 5π interval < x < .
42
5π 4
π
.
Turunan Fungsi Trigonometri
6
)
π
π 6
)=0
)=0
6
π
) = cos
6
π 2
3
6
+ k × 2π atau x = –
π 3
2π 3
2
+ k × 2π
+ k × 2π diperoleh:
π
→ x =
3 2π 3
+ k × 2π
4π 3
→ x =
++
––
π
4π 3
Disimpulkan f′′(x) > 0 dan cekung ke atas pada 4π π interval < x < . 3
3
Jadi, fungsi f cekung ke atas pada interval < x <
4π 3
.
Jawaban: e 9. Jawaban: Persamaan gradien garis singgung adalah m = f′(x). Misalkan: u = 2 + cos x maka u′ = –sin x v = sin x maka v′ = cos x vu′ − uv′ f′(x (x)) = 2
= =
4
Jadi, fungsi f cekung ke bawah pada interval < x <
π
3
3
5π 4
4
x=
k=0
4
––
)
2
––
5π 4
) dengan 0 ≤ x ≤ 2π.
Diperoleh: π π π π x + = + k × 2π atau x + = – + k × 2π
π
π
π
cos (x +
π
4
4
⇔
) = sin sin 0
+ k × 2π diperoleh:
→ x =
Untuk x = k=0
cos (x +
k=1
+ k × 2π atau x =
π
Untuk x =
⇔
)=0
4
4
–4 cos (x +
Untuk x = –
Diperoleh: π π x – = 0 + k × 2π atau x – = (π – 0) + k × 2π
⇔
⇔
)=0
4
6
f′′(x) = 0
Untuk x =
Fungsi f cekung ke bawah pada saat f′′(x) < 0.
⇔
π 6
f′′(x) = –4 cos (x +
⇔
)
π
f′′(x) = –2 sin (x –
π
Diperoleh:
6
f′(x) = 2 cos (x –
π
Diketahui f(x) = 4 cos (x +
Fungsi f cekung ke atas pada saat f′′(x) > 0.
Oleh karena fungsi kosinus mempunyai maksimum 1 diperoleh: f(x) f( x) = 5 × 1 + 14 14 = 5 + 14 = 19 Jadi, nilai maksimumnya adalah 19.
Diketahui f(x) = 2 sin (x –
b
f′(x) = –4 sin (x +
= 5 cos (2x – 36,8 36,87°) 7°) + 14 14
Jawaban: 7. Jawaban:
Jawaban: 8. Jawaban:
=
v (sin x )( )(− sin x ) − (2 + cos x )(cos x ) sin2 x
− sin2 x − 2 cos x − cos 2 x sin2 x
−(sin2 x + cos2 x) − 2 co cos x sin2 x
=
cos x −1 − 2 co
⇔
2
si n x
Gradien garis singgung di titik x = m = f′(
π 2
)=
Untuk x =
π 2
−1 − 2 co cos ( 2π ) sin2 ( π2 )
maka f(
π 2
π 2
sebagai berikut.
cos (x –
⇔
)=
(2) = 2 sin ( π ) 2
2 + cos
π
⇔
p=2+
(
π 2
π 2
2
π 2
B. Ura Uraian ian
1. Fung Fungsi si f(x) f(x) mencapai mencapai stas stasion ioner er pada saat saat f′(x) = 0.
⇔
f′(x (x)) = 0 π π 2 sin (x – ) cos (x – ) = 0 4
sin (x – cos (x –
3π 4
π 4
maka f(
) = cos cos
π
2 3π 4
π
) = sin2 (
3π 4
π 2
π
=
4
atau at au x =
4
maka f(
π 4
) = sin sin 0 ata atau u
4
) = sin2 (
π
–
2. a.
)=0
4
3π 4
–
π 4
π 4
)=1
, 0) dan
, 1). Tittik st Ti stas asiione nerr f( f(x) = si sin (
x 2
π
+
4
) sebagai
berikut. f(x) = sin ( x 2
π
+
4
x 2
π
+
4
) sehingga f′(x) =
1 2
cos
)
2
π 4
π 4
2
⇔
1 cos 2
⇔
cos (
x 2
+
⇔
cos (
x 2
+
⇔
x 2
π
+
4
⇔
x 2
⇔
x=
π
=
4
π 2
Untuk x =
=
+
π 4
π 4
π 2
π 4
)=0
)=0 ) = cos
π 2 x 2
+
= –
3π 4
+ k × 2π atau
+ k × 2π atau
x 2
+ k × 4π atau x = –
π 2
→ x =
Untuk x = –
π 4
= –
π 2
3π 2
+ k × 2π
+ k × 4π
+ k × 4π diperoleh:
π 2
3π 2
+ k × 4π tidak ada nilai x yang
memenuhi. ++
–– π
) = 0 at atau au )=0
x 2
(
4
+ k × 2π
k=0
4
4
4
Titik stasioner dicapai saat f′(x) = 0. 1 x π f′(x) = cos ( + )
.
Jawaban: e 10. Jawaban: Diketahui f(x) = 3 cos x + sin (2x – π). f′(x) = –3 sin x + 2 cos (2x – π) ⇔ f′(π) = –3 sin π + 2 cos (2 × π – π) ⇔ f′(π) = –3 × 0 + 2 cos (π) ⇔ f′(π) = 2 × (–1) ⇔ f′(π) = –2 Kemiringan garis singgung = m = f′(π) = –2. Persamaan garis singgung di titik (π, –3) sebagai berikut. y – (–3) = m(x – π) ⇔ y + 3 = –2(x – π) ⇔ y + 3 = –2x + 2π ⇔ y = –2x – 3 + 2π Jadi, persamaan garis singgungnya adalah y = –2x – 3 + 2π.
⇔
3π 4
(
π
Jadi, nilai p = 2 +
π
Untuk x =
π
Jadi, koordinat titik stasionernya (
2
p=0+2+
π
x=
Untuk x =
Garis singgung melalui titik (0, p). Nilai p sebagai berikut. π y = –x + 2 +
⇔
= 0 atau x –
4
⇔
2
y = –x + 2 +
π
x–
= –1
Persamaan garis singgung: y – yT = m(x – xT) π ⇔ y – 2 = –(x – )
⇔
sin (x –
2
Disimpulkan bahwa fungsi f naik pada interval π 0 ≤ x < . 2
Matematika Kelas XII
43
b.
Dari Da ri gamba gambarr pada pada langka langkah h a, diper diperol oleh eh fungs fungsii π turun pada interval < x ≤ 2π. 2
c.
1 4
sehingga f′′(x) = –
1 cos 2
sin (
x 2
+
π 4
(
x 2
+
π 4
2
⇔
1 – 4
x ( 2
⇔
sin (
x 2
+
⇔
sin (
x 2
+
⇔
x 2
+
⇔
x 2
= –
⇔
x=–
sin
π
+
π 4
π 4
4
)=0
) = sin 0
4
k × 2π
π 4
π
+ k × 2π atau
x 2
=
+ k × 4π atau x =
2
π
Untuk x = –
2
x 2
+ 3π 4
3π 2
π 4
Untuk x = k=0
=–
= π +
+ k × 2π
+ k × 4π diperoleh:
π 2
(–sin (x – f′(
π
π
2
=–
tan ta n x=
Oleh karena tan x = –
4 3
8 6
maka sin x = ±
4 5
3 5
cos x = ± . dan cos x =
Turunan Fungsi Trigonometri
3 5
diperoleh:
π 2
) + sin (2x – π)
))
π 2
π
– π) cos (
– π)(–sin (
π 2
–
2
π 2
–
π 2
) +
))
2
Jadi, gradien garis singgung grafik f(x) di titik π x = adalah m = 2. 2
b.
4 – 3
π 2
2
= 2 cos (π – π) cos (0) + sin (π – π) (–sin (0)) = 2 cos (0) × 1 + sin (0) × 0 =2×1×1 =2 π Diperoleh gradien = m = f′( ) = 2.
3. Fungsi Fungsi mencapai mencapai maksim maksimum/mi um/minimum nimum pada saat f′(x) = 0. f′(x (x)) = 0 ⇔ –6 sin sin x – 8 cos x = 0 ⇔ –6 sin sin x = 8 cos cos x sin sin x cos x
2
)
) = 2 co cos s (2 (2 × sin (2 ×
2
44
+ 2
= 2 cos (2x – π) cos (x –
Disimpulkan bahwa fungsi cekung ke atas 3π pada interval < x ≤ 2π.
4 5
32 5
f′(x (x)) = u′ × v + u × v′
++
⇔
–
v′ = –sin (x –
3π 2
Untuk sin x = –
18 5
+ 2
2
+ k × 4π
+ k × 4π tidak ada nilai x yang
––
⇔
4 5
interval 0 ≤ x ≤ 2π. Diperoleh: u = sin (2x – π) u′ = 2 cos (2x – π) π v = cos (x – )
3π 2
→ x =
3 5
dan cos x = – diperoleh:
3 5
memenuhi. 3π 2
4 5
= –10 + 2 = –8 Diperoleh nilai maksimum 12 dan nilai minimum –8. Jadi, nilai maksimumnya 12 dan nilai minimumnya –8. π 4. a. Diketahui f( f(x) = sin (2 (2x – π) cos (x – ) untuk
)=0
= 0 + k × 2π atau
)+2
+ 2
f(x f( x) = 6 × (– ) – 8 ×
4
π
32 5
+
Untuk sin x =
).
4 5
– 8 × (–
= 10 + 2 = 12
)
Fungsi f cekung ke atas pada saat f′′(x) > 0. 1 x π f ′′(x) = – sin ( + ) 4
18 5
=
T e la la h d ip ip er er o l e h f′ (x) =
3 5
f(x) = 6 ×
Nila Ni laii fun fungs gsii f di ti titi tik kx=
π 2
sebagai berikut.
π π π π f( ) = sin sin (2 × – π) cos ( – ) dan
2
2
2
2
= sin (π – π) cos (0) =0 Dengan demikian, garis singgung tersebut π melalui titik ( , 0) dan bergradien 2. 2
Persamaan garis singgung tersebut sebagai berikut. π y – 0 = m(x – ) 2
⇔ ⇔
y = 2(x –
π 2
Keliling segitiga mencapai maksimum jika )
y = 2x – π Jadi, persamaan garis singgung tersebut adalah y = 2x – π. 5. Misa Misalk lkan an besa besarr salah salah satu sudut segitiga adalah θ dan panjang kedua sisi sikusikunya a dan b.
b
Dari gambar tersebut diperoleh:
cos θ =
b 15 a 15
⇔
b = 15 sin θ
⇔ a = 15 cos θ
dK dθ
= 0.
–15 sin θ + 15 cos θ = 0
⇔
15 sin
θ = 15 cos θ
sin θ cos θ
⇔
=1
⇔ ⇔
15 cm
θ a
sin θ =
Keliling segitiga: K = a + b + 15 15 = 15 cos θ + 15 sin θ + 15
tan θ = 1 θ = 45° Keliling maksimum sebagai berikut. K(45° K( 45°)) = 15 cos 45° + 15 sin sin 45° + 15 = 15 ×
1 2
2 + 15 ×
1 2
2 + 15
= 15(1 + 2 ) Jadi, keliling maksimum segitiga tersebut 15(1 + 2 ) cm.
Matematika Kelas XII
45
i r a d u a j n i t i D x s o c n a d x n i s i s g n u F n a . n t i u r m u i T L k p u e t s n n e o B K
. i a t n a R n a r u t A n a k r a s a d r e B i r t e m o n o g i r T i s g n u F n a n u r u T
t a f i S n a k r a s a d r e B i r t e m o n o g i r T i s . g i n s u g F n u n F a n n u a r u n r T u u k T u t t n f a e i B S
. i r t e m o n o g i r T n a n u r u T i s g n u F a u d e K n a n u r u T k u t n e B
r e n o i s a t S k i t i T n a i t r e g n e P
i s i r g t n e u F m n o a n n o g i u r r u T T
Turunan Fungsi Trigonometri
i r t e m o n o g i r T i s g n u F g n u g g n i S s i r a G n a a m a s r e P
i r t e m o n o g i r T i s g n u F n a n u r u T n a a n u g g n e P
i r t e m o n o g i r T i s g n u F n a n u r u T p e s n o K
46
i r t e m o n o g i r T i s g n u F n a n o t o n o m e K g n a l e S
k o l e B k i t i T n a d , m u m i n i M i a l i N , m u m i s k a M i a l i N
i r t e m o n o g i r T i s g n u F n a g n u k e c e K g n a l e S
n a n u r u T n a g n e d n a t i a k r e B g n a y h a l a i r s t a e M m o n n a o i g a i s r e T l i e s y g n n e u P F
A. Pilihan Ganda Jawaban: d 1. Jawaban: Diketahui f(x) = sin (5x – 2π). Misalkan u = 5x – 2π sehingga u′ = 5 f(u) = sin u → f′(u) = cos u. f′(x) = cos cos u × u′ = cos (5x – 2π) × 5 = 5 cos (5x – 2π) Jadi, turunan pertama f(x) = sin (5x – 2π) adalah f′(x) = 5 cos (5x – 2π). Jawaban: d 2. Jawaban: Misalkan: u = 4x + 3 sehingga u′ = 4 y = cos u → y′ = –sin u y ′ = –sin u × u′ = –sin u × 4 = –4 sin (4x + 3) Jadi, turunan pertama y adalah y′ = –4 sin (4x + 3).
Jawaban: d 5. Jawaban: Dari f(x) = (x2 – 3x) cos (5x + 6) diperoleh: u = x2 – 3x → u′ = 2x – 3 v = cos (5x + 6) → v′ = –5 sin (5x + 6) f′(x (x)) = u′v + uv′ = (2x – 3) cos (5x + 6) + (x2 – 3x)(–5 sin (5x + 6)) = (2x – 3) cos (5x + 6) – 5(x2 – 3x) sin (5x + 6) Jadi, turunan pertama f(x) adalah f′(x) = (2x – 3) cos (5x + 6) – 5(x2 – 3x) sin (5x + 6). Jawaban: 6. Jawaban:
Dari fungsi f(x) =
f′(x) = = = = =
d
=
3
3
5
f(x) = sin 2x = (sin 2x) Misalkan: u = sin 2x sehingga u′ = 2 cos 2x 5
f′(x (x)) = =
3 5
→ f′ =
3 5
u
−
u
−
5
−
5
× u ′
u
× (2 cos 2x)
6 cos 2 x 2
3
6 cos 2 x 2 5(sin 5(sin 2x)5
×
(sin (sin 2x)5 3
(sin (sin 2x)5 3
=
6 cos 2x 5 sin 2 x
× (sin 2x)
5
6 5
( cos(2x + π))2 2 c os os ( 2x 2x − π) cos (2x + π) + 2 sin (2x − π) sin (2x + π)) cos cos2 (2x (2x + π) 2(co 2(cos(2x s(2x − π) cos (2x + π) + sin (2x − π) sin (2x + π)) cos cos2 (2x (2x + π) 2 (c (cos (( ( (2x − π) − (2x + π))) cos cos 2 (2x (2x + π) 2 cos ( −2π) cos cos 2 (2x (2x + π)
=
2 2
cos (x + π)
cotan 2x × (sin 2x)
5
3
Jadi, f′(x) =
6 5
2 2
cos (x + π)
Jawaban: a 8. Jawaban: f(x) = cos 2x
3
=
2 co cos (2 (2x − π) cos (2x + π) − sin (2x − π)( − 2 sin(2x − π))
Jawaban: b 7. Jawaban: f(x) = (3x – 1) sin (π – x) Diperoleh: u = 3x – 1 → u′ = 3 v = sin (π – x) → v′ = –cos (π – x) f′(x (x)) = vu vu′ + uv′ = sin (π – x) × 3 + (3x – 1) × (–cos ( π – x)) Substitusikan x = π ke dalam f′(x). f′(π) = sin sin (π – π) × 3 + (3π – 1) × (–cos (π – π)) = sin 0 × 3 + (3π – 1) × (–cos 0) = (3π – 1) × (–1) = 1 – 3π Jadi, nilai f′(x) = 1 – 3π.
5 (sin2x) (sin2x)5
=
v2
Jadi, turunan pertamanya adalah f′(x) =
5
2
=
u′v − uv′
2
2
3 5
diperoleh:
5
3
f(x) = u
sin (2x − π) cos (2x + π)
u = sin (2x – π) → u′ = 2 cos (2x – π) v = cos (2x + π) → v′ = –2 sin (2x + π)
Jawaban: a 3. Jawaban: Diketahui g(x) = –3 cos (x2 + 2x – 5). Misalkan u = x2 + 2x – 5 sehingga u′ = 2x + 2. g(u) = –3 cos u → g′(u) = 3 sin u. g′(x) = 3 sin sin u × u′ = 3 sin (x2 + 2x – 5) × (2x + 2) = (6x + 6) sin (x2 + 2x – 5) Jadi, rumus g′(x) = (6x + 6) sin (x2 + 2x – 5). Jawaban: 4. Jawaban:
d
5
cotan 2x × (sin 2x) .
⇔
f′(x) = –2 sin 2x π f′(p – ) = 3 3
Matematika Kelas XII
47
.
⇔
–2 sin 2(p –
⇔
sin 2(p –
⇔
sin 2(p –
⇔
2(p –
⇔ ⇔
π 3
π 3
π 3
π 3
3
) = si sin n
4π 3
)=
3
=
= =
1 cos x
2π 3
⇔
sin
= = f′(
π 4
co s x
πx
⇔ ⇔
= –4 tan x.
cos x + cos 2 x
x = 0 + k × 4 atau atau x = 2 + k × 4
Untuk x = 2 + k × 4 k = 0 → x = 2
e
+ sin2 x
df du
= 4u3
du dx
π = –cos ( 4 – x)
df dx
=
df du
du dx
×
= 4u3 × (–cos ( = –4 sin3 (
(1 + cos x )2 co s x + 1 (1 + cos x )
u = –4 sin3 (
1 1 + cos x
= = =
4
π 4
()
1 + co s π
= 12 sin2 (
1 2
v = cos (
π 4
π 4
π 4
– x))
π – x) × cos ( – x) 4
π 4
– x) × cos (
π 4
– x) diperoleh:
– x) sehingga:
π
u′ = –4 × 3 sin2 (
1
1 2
π
Dari f′(x) = –4 sin3 (
2
1+
= π + k × 2π
f(x) = u4
(1 + cos x )2
=
2
π Misalkan u = sin ( 4 – x). Diperoleh:
(1 + cos x )(cos x ) − sin x (− sin x) x)
) =
πx
= 0 + k × 2π atau
2
Jawaban: 12. Jawaban:
4
4
– x) × (–cos (
– x) cos (
– x)
π 4
π 4
– x))
– x)
π
→ v′ = sin ( 4 – x)
2 2+
2− 2
2 2+
f′′ (x) = u′v + uv′ π π π = 12 sin2 ( – x) × cos ( – x) × cos ( – x)
2 2
× 2 − 2
4
2(2 − 2 ) 4−2
Jadi, nilai f′(
+ (–4 sin3 (
π 4
)=2–
4
π 4
– x)) × sin (
4
π 4
– x)
π π π = 12 sin2 ( – x) × cos2 ( – x) – 4 sin4 ( – x)
2
=2–
48
= sin 0
2
Jadi, nilai x2 – x 12 = 2.
−4 sin x
v
=
πx
x2 – x 12 = 2 – 02 = 2.
cos4 x
Jawaban: b 10. Jawaban: Misalkan: u = sin x → u ′ = cos x v = 1 + cos x → v ′ = –sin x vu′ − uv ′ f′(x (x)) = 2
=
=0
2
Diambil x2 = 2 dan x1 = 0.
= –4 tan x Jadi,
πx
2
Untuk x = 0 + k × 4 k = 0 → x = 0
−4 si s in x cos 3 x
1 dy y dx
2
2
sin
× 4 cos3 x (–sin x)
4
⇔ ⇔
Jawaban: a 9. Jawaban: y = cos4 x y′ = = 4 cos3 x (–sin x)
=
πx
f′(x (x)) = 0 πx π 5 × sin × =0
4π 3
p=π Jadi, nilai p yang memenuhi adalah π.
1 dy y dx
c
f(x) = 4 – 5 cos
1 2
)=–
π
p–
Jawaban: 11. Jawaban:
3
)=
4
2.
Turunan Fungsi Trigonometri
4
4
π π π = 3(2 sin ( – x) × cos ( – x))2 – 4 sin4 ( – x) 4
4
4
= 3(sin 2( = 3(sin (
π 2
π 4
– x))2 – 4 sin4 (
– 2x))2 – 4 sin4 (
= 3(cos 2x)2 – 4 sin4 ( = 3 cos2 2x – 4 sin4 (
π 4
π 4
π 4
π 4
π 4
– x)
=
–
⇔
sin si n 2x = –1 –1
⇔
sin 2x = sin sin
– x). Penyelesaian sin 2x = sin
Jawaban: c 13. Jawaban: f′(x) = 3 se sec c2 x – 4 sec x tan x
=
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
– x)
cos2 2x
3 2
cos x
a.
2x =
4sinx
–
cos2 x
3 − 4 si sin x
3π 2 3π 4
⇔
x=
k=0
→ x =
cos2 x
π
⇔
x=–
k=1
→ x =
4
cos x
′ f(x) Jadi, g(x) ′ = 3 – 4 sin x.
Jawaban: 16. Jawaban:
b
⇔
g′(x) = 2 sin sin x cos cos x π π π g′( ) = 2 s sin in × cos
⇔
1 π g′( ) = 2 ×
⇔ ⇔
4
2
g′( ) = 4
Jawaban: 15. Jawaban:
d2 y dx 2
4
π
3π 4 3π 4
.
+ π) x 2
+ π) ×
1 2
1 2
cos (
x 2
1 2
>0
+ π) < 0 x 2
cos x < 0 pada interval ( ,
4
π
2
× 2
4
π
+ k × 2π
+ k ×
–cos ( + π) ×
⇔
π g′( ) = 1
Jadi, nilai g′(
dy dx
1 2
3π 2
x 2
⇔
sin2 x
π
3π 4
Fungsi f(x) naik pada saat f′(x) > 0. f′(x (x)) > 0
= sin x sin2 x
2 ×
x 2
f′(x) = –cos (
= sin x 1 cos2 x
4
π
a
f(x) = –sin (
4
+ k ×
Cara 1:
g(x (x)) = f( f(x) x) 1 (f (x))2
=
sebagai berikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x =
= 3 – 4 sin x
Jawaban: 14. Jawaban:
3π 2
3π 2
+ k × 2π
2x = π –
b.
g′(x) = sec2 x ′ f(x) 1 3 − 4 si sin x ′ = cos2 x × sec2 x g(x) 3 − 4 sin x = × cos2 x 2
dy
+ 4y 4y = 2 dx dx –2 cos 2x + 4 cos2x = –2 sin 2x –2 (cos2 x – sin2 x) + 4 cos2 x = –2 –2 si sin 2x 2x 2 cos2 x + 2 sin2 x = –2 sin 2x 2 (cos2 x + sin2 x) = –2 sin sin 2x 2x 2
– x)
Jadi, turunan kedua f adalah f′′(x) = 3 4 sin4 (
d2 y
– x)
) = 1.
c
2
⇔ ⇔
x 2
< –
π 2
π<
3π 2
x 2
2
+
<
<
3π 2
) sehingga:
π
–π < x < π
Interval x dibatasi 0 < x < 2π sehingga fungsi f(x) naik pada interval 0 < x < π. Cara 2:
= –2 cos x sin x = –sin 2x
Fungsi f(x) mencapai stasioner pada saat f′(x) = 0. f′(x (x)) = 0
= –2 cos 2x
⇔
–cos (
x 2
+ π) × x 2 x ( 2
1 2
=0
⇔
cos (
+ π) = 0
⇔
cos
+ π) = co cos s
π 2
Matematika Kelas XII
49
Jawaban: a 18. Jawaban: Fungsi f(x) mencapai stasioner pada saat f′(x) = 0. f′(x (x)) = 0 π ⇔ –4 sin (2x + ) = 0
Diperoleh: x π x π + π = + k × 2π atau + π = – + k × 2π 2
2
2
π
2
x 2
⇔
x = –x –x + 4kπ atau x = –3π + 4kπ
=–
x 2
3π 2
⇔
+ k × 2π atau
2
= –
+ k × 2π
4
Untuk x = – π + 4k π tidak ada nilai x yang memenuhi. Untuk x = –3π + 4kπ k=1
⇔
sin (2x +
⇔
sin (2x +
π 4
π 4
)=0 ) = sin sin 0
Diperoleh: π π 2x + = 0 + k × 2π atau 2x + = π + k × 2π
→ x = π
4
–π
2π
π
0
3π
f′(x) > 0 pada 0 ≤ x ≤ π. Fungsi f(x) naik pada 0 < x < π Fungsi f(x) turun pada π < x < 2π Jadi, pernyataan yang benar adalah a. 17. Jawaban:
π 3
) sehingga f′(x) = –sin (x –
π
–sin (x –
⇔
sin (x –
⇔
sin (x –
3
π 3
π 3
3
f( )=0 )=0
f(
π
π
k=0
3
4π 3
Untuk x = k=0
→ x =
0
3
4π 3
+ 2kπ
3
+ 2kπ diperoleh:
+ k π:
+ k π: 3π 8 3π 8
+
7π 8
+
π 4
)
7π 8
) = 2 cos cos (2 ×
π 4
) 3π 8
, –2).
⇔
cos (2x –
⇔
cos (2x –
π 2
π 2
)=0 ) = cos cos
π 2
Diperoleh: π π π π 2x – = + k × 2π atau 2x – = – + k × 2π
4π 3
⇔
++ 4π 3
⇔
2π
3
Jadi, fungsi f(x) turun pada interval
50
π
2
Dari gambar tersebut disimpulkan f(x) turun pada 4π π < x < . 3
+ k ×
7π 8
3π 8
→ x =
3π 8
+ k × 2π
Jawaban: c 19. Jawaban: Fungsi f(x) mencapai maksimum jika f′(x) = 0. f′(x (x)) = 0 π ⇔ 2 cos (2x – ) = 0
π
–– π
π 8
→ x =
2
++
+ k × π atau x =
Jadi, titik stasioner minimumnya (
+ 2kπ diperoleh:
→ x =
π 8
3π 4
=2
+ 2kπ atau x =
Untuk x =
4
) = 2 cos cos (2 ×
) = sin sin 0
3
3
3π 8
+ k × 2π atau 2x =
= –2
3
x=
x=–
k=1
Diperoleh: π π x – = 0 + 2kπ atau x – = π + 2kπ
⇔
⇔
Untuk x =
).
f′(x) = 0
⇔
2x = –
k=1
Titik stasioner f(x) sebagai berikut.
π
⇔
Untuk x = –
d
f(x) = cos (x –
4
π
Turunan Fungsi Trigonometri
π 3
< x <
4π 3
.
2
2
2
2x = π + k × 2π atau 2x = 0 + k × 2π π x = + k × π atau x = 0 + k × π 2
Untuk x =
π 2
+ k π:
π
k=0
→ x =
2
k=1
→ x =
3π 2
Untuk x = 0 + kπ: k=1
→ x = π
k = 2 → x = 2 π
π
π
0
3π 2
2
2π
Jadi, titik stasioner maksimum dicapai pada saat 3π π x= dan x = . 2
2
Jawaban: b 20. Jawaban: f(x) = 4 cos2 x + 14 sin2 x + 24 sin x cos x + 14 = 4 cos2 x + 4 sin2 x + 10 sin2 x + 24 sin x cos x + 14 = 4(cos2 x + sin2 x) + 10 sin2 x + 24 sin x cos x + 14 = 4 + 10 si sin2 x + 24 sin x cos x + 14 = 10 sin2 x + 24 sin x cos x + 18
= 10
2x ( 1 − cos 2x 2
) + 12 sin 2x + 18
Jawaban: c 21. Jawaban: f(x) = 4 – 2 sin x f′(x) = –2 cos x g(x) = f(x) + f′(x) = 4 – 2 sin x + (–2 cos x) = 4 – 2 sin x – 2 cos x Fungsi g(x) mencapai maksimum saat g′(x) = 0. g′(x) = 0 ⇔ –2 cos cos x + 2 sin sin x = 0 ⇔ sin si n x = cos cos x
tan x = 1
=
1 2
atau sin x = –
tan ta n 2x 2x = –
12 5
=4+2 2
cos 2x =
cos 2x =
5 13
f = 12 sin sin 2x 2x – 5 cos cos 2x 2x + 23
=
+ 23
= 13 + 23 = 36 Untuk (ii) diperoleh: f = 12 sin sin 2x 2x – 5 cos cos 2x 2x + 23 12 5 )–5× + 13 13 144 25 – – + 23 13 13
= 12 × (– =
1 2
1 2
.
:
1 2
2
1
) – 2 × (–
1 2
2
:
)
4 2
Jawaban: 22. Jawaban:
5 – ; 13
Untuk (i) diperoleh:
=
dan cos x = –
dan cos x
Jadi, nilai maksimumnya adalah 4 + 2 2 .
12 sehingga: 5
12 5 12 × – 5 × (– ) 13 13 144 25 + + 23 13 13
2
dan cos x = –
2 1
g = 4 – 2 × (–
⇔
12 dan 13
1
Untuk sin x = –
=4+
(ii) sin 2x 2x = –
1
=4–2 2
24 10
sin 2x =
2
– 2 ×
2
=–
(i)
1
dan cos x =
2 1
g =4–2×
sin sin 2x cos 2x
12 dan 13
1
Untuk sin x =
⇔
tan 2x = –
=1
Oleh karena tan x = 1 maka sin x =
= 5 – 5 cos 2x + 12 sin sin 2x 2x + 18 = 12 s sin in 2x 2x – 5 cos 2x + 23 f′(x) = 24 cos 2x + 10 sin 2x Nilai minimum f(x) dicapai saat f′(x) = 0 24 cos 2x + 10 sin 2x = 0
sin x cos x
⇔ ⇔
23
= –13 + 23 = 10 Jadi, nilai minimumnya adalah 10.
atau
c
g(x) = sin (x +
π 2
) sehingga:
π
g′(x) = cos (x +
2
g′′(x) = –sin (x +
)
π 2
)
Fungsi g cekung ke atas pada saat g′′(x) > 0. g ′′(x) = 0
⇔
–sin (x +
⇔
sin (x +
⇔
sin (x +
⇔
x+
⇔
x=–
π 2
π 2
π 2
π 2
)=0
)=0 ) = sin 0
π
= 0 + k × 2π atau x +
π 2
+ k × 2π atau x =
π 2
2
= π + k × 2π
+ k × 2π
π Untuk x = – 2 + k × 2π diperoleh: k=1
→ x =
3π 2 Matematika Kelas XII
51
π
Untuk x = k=0
2
Jawaban: 24. Jawaban:
+ k × 2π diperoleh:
π f(x) = –2 sin (x – 4 ) sehingga: π f′(x) = –2 cos (x – 4 )
π
→ x =
2
––
++
––
π
f′′(x) = 2 sin (x –
3π 2
2
Disimpulkan bahwa fungsi cekung ke atas pada π 3π interval < x < . 2
2
Jawaban: 23. Jawaban:
e
x cos ( cos 2
g(x g( x) = –4 –4
g′(x (x)) = –(–4 –(–4 × = 2 sin (
–
1 × 2
g′′(x) = 2 ×
–
1 sin 2 x 2
x 2
π 5
(
π 5
π 5
–
π 5
))
)
cos (
= cos ( –
) sehingga:
x 2
x 2
–
π 5
cos (
⇔
x 2
–
⇔
x 2
=
⇔
x=
x 2
π
7π 10 7π 5
π
–
5
π
=
5
Untuk x =
)
)
)
Fungsi f cekung ke bawah pada saat f′′(x) < 0. π 2 sin (x – ) = 0 4
⇔
sin (x –
⇔
sin (x –
⇔
x–
⇔
x=
π 4
π 4
π 4
π 4
)=0 ) = sin 0
π
= 0 + k × 2π atau x – + k × 2π atau x =
5π 4
Untuk x =
2
) = cos
k=0
→ x =
π
5π 4
4
= π + k × 2π
+ k × 2π
+ k × 2π diperoleh: 5π 4
––
+ k × 2π atau
+ k × 2π atau
x 2
x 2
–
π 5
= –
+ k × 4π atau x = –
7π 5
= – + k × 2π 2
3π 10
3π 5
+ k × 2π
+ k × 4π
7π 5
Untuk x = –
3π 5
++
5π 4
4
Disimpulkan bahwa fungsi cekung ke bawah pada π 5π interval 0 ≤ x < 4 atau 4 < x ≤ 2π. Jawaban: 25. Jawaban:
Dari f(x) =
b
–– 7π 5
7π Disimpulkan g′′(x) < 0 pada interval 5 < x ≤ 2π. Jadi, fungsi f cekung ke bawah pada interval 7π < x ≤ 2π. 5
Turunan Fungsi Trigonometri
2 3
π) diperoleh: 2 cos (x + π) sin (x
2π 3
2π
→ u′ = cos (x – 3 ) v = 2 cos (x + π) → v′ = –2 sin (x + π) Dengan demikian diperoleh f′(x) berikut. u = sin (x –
+ k × 4π tidak ada nilai x yang
––
π
π
+ k × 4π diperoleh:
→ x =
++
2
memenuhi.
52
4
5
⇔
k=0
π
π Untuk x = 4 + k × 2π diperoleh: π k = 0 → x = 4
Fungsi g cekung ke bawah pada saat g′′(x) < 0. x π cos ( – ) = 0 2
b
f′(x) =
)
u′v − uv′ v2 2
2
=
cos (x (x − 3 π) × 2 cos (x + π) − sin (x − 3 π) × (−2 sin (x + π)) (2 cos (x + π))2 2
2
= =
2 cos (x (x − 3 π) × cos (x + π) + 2 sin (x − 3 π) × sin (x + π) 4 cos2 (x + π) cos ( x −
2π ) 3
cos (x + π) + sin (x − 2
2 cos (x + π)
2π 3
) sin (x + π)
Diperoleh: π
f′(π) = = =
π
cos ( 3 ) cos 2π + sin
3
=
sin 2π
1 2
=
1
1 +2 3 0
1 4
Jadi, gradien garis g adalah
Persamaan garis singgung sebagai berikut. π y – 2 = 2 (x – )
1 4
2
.
.
e
π
Diketahui g(x) = cos2 (x –
π 4
du dx
→
)
4
π
= –sin (x –
4
)
π
= 2u × (–sin (x –
))
4
4
=
1 (– 2
2)
v = sin (x + g′(x) = =
2
π 4
( π2 ) π diperoleh: sin ( x + 4 )
→ u′ = –sin (x –
)
→ v ′ = cos (x +
π 4 2
π 2
π 4
⇔
−sin ( 2π − 2π ) sin ( 2π
2
=
) = cos
+
π 4 2
4
sin
3π 4
π 2
= 0 – 1 = –1
2
2
2
y = –x –x + 1 +
π 2
2
)
2
π
π
4
− cos 0 × cos
3π sin2 4
π 4
π
π
) − cos ( 2 − 2 ) cos ( 2 + π
– sin
Jadi, garis singgung kurva memotong sumbu X di π titik (1 + , 0).
)
sin ( 2 +
2
Garis singgung memotong sumbu X saat y = 0. Diperoleh: π π 0 = –x + 1 + ⇔ x = 1 +
)
π
π
π
y – y A = m(x – xA) π y – 1 = –1(x –1(x – )
⇔
)
) − cos (x − 2 ) cos (x +
sin (x +
1
2
2
−sin ((xx − 2π ) sin (x +
=
π
Persamaan garis singgung kurva di titik A sebagai berikut.
cos x −
)
−sin 0 ×
2
2
v2
g′( ) =
+
2x+
2
u′v − uv′
π
2 2
Dengan demikian, diperoleh koordinat titik π singgung A( , 1).
b
π
π
Ordinat titik singgung: π π π y( ) = sin + cos = 1 + 0 = 1
2
u = cos (x –
y=
m = y ′(
4
2)×
Dari fungsi g(x) =
2x–
2 2
berikut.
=1 Jadi, gradien garis singgung fungsi g adalah 1. Jawaban: 27. Jawaban:
y=
π
2
π
= –2 cos (x – 4 ) × sin (x – 4 ) π π g′(π) = –2 –2 cos cos (π – ) × sin (π – )
1 × 2
⇔
2x–
Jawaban: d 28. Jawaban: Diketahui kurva y = sin x + cos x sehingga y′ = cos x – sin x. π Gradien garis singgung kurva di titik x = sebagai
π
= –2 ×
2 =
2
du dx
1 (– 2
y–
π 2 (1 – 2 ) Jadi, persamaan garis singgungnya adalah π y = 2 x + 2 (1 – ).
dg
×
⇔
⇔
). Diperoleh:
g = u2 → du = 2u dg du
2.
2
1 4
u = cos (x –
2
π Diperoleh m = g′( ) =
2 12
Jawaban: 26. Jawaban:
2 1 2
2 co cos2 2π
Diperoleh gradien garis g = f′(π) =
g′(x) =
1 2
) 3π 4
π 4
)
Jawaban: a 29. Jawaban: Ketinggian lambungan bola pada permasalahan di atas dirumuskan dengan y = 1,6 + V0 sin α × t
–
1 g 2
× t2.
( − 21 2 ) 2 ( 21 2 )
0 × 2 2 − 1×
Matematika Kelas XII
53
Berdasarkan permasalahan di atas diperoleh rumus: π 1 y = 1,6 1,6 + 5 si sin n × t – × 10 × t2 4
1 2
= 1,6 + 5 × 5 2
= 1,6 +
2
y′ =
5 2
⇔
Urai Ur aian an
1 . a.
2 × t – 5t 2
dy dt
⇔
t =
5 2 20
⇔
t =
2 4
Ketinggian maksimal sebagai berikut. 2 2 2 5 y = 1,6 + × – 5 2 2 2 4 4 4 –
c.
10 16
Jawaban: d 30. Jawaban: 180° π π q= rad = × = 60° 3 3 π Laju perubahan gaya yang dialami dialam i kawat pada saat dF(6 dF(60 0°) q = 60° adalah .
2 . a.
q berubah dengan laju 0,02 rad/detik atau = 0,02 rad/detik. =
dF dq
×
f(x) =
3x − 2 sin ((2 2x + 1)
c os (2 ( 2x + 1)) + 1))(3) − (3x − 2)(2 co 2 sin (2x + 1) 3 si s in (2 (2x + 1) − (6x − 4)(cos (2 ( 2 x + 1)) = 2 sin (2x + 1)
=
b. = 0,08 cos 60° = 0,08 ×
D ik ik et et ah ah ui ui h( h( x) x) = co co se se c ( x2 – 3x) – cos (x3 + x 2 – 8). h′(x) =–cose =–cosec c (x2 – 3x) cotan (x2 – 3x) × (2x – 3) – (–sin (x3 + x2 – 8))(3x2 + 2x) = –(2x – 3) cosec cosec (x2 – 3x) cotan (x2 – 3x) + (3x2 + 2x) sin (x3 + x 2 – 8) Jadi, h ′ (x) = –(2x – 3) cosec (x 2 – 3x) cotan (x2 – 3x) + (3x2 + 2x) sin (x3 + x2 – 8).
v
dq dt
= i B cos q × 0,02 = 0,02 × 50 × 2 × 0,04 × cos q = 0,08 cos q dF(6 dF(60 0°) dt
Diketah Dike tahui ui g(x) g(x) = 2 tan tan (3x (3x – 8) + sec (– (–2x 2x + 1). 1). 2 g′(x (x)) = 2 se sec c (3x – 8) × 3 + sec (–2x + 1) tan (–2x + 1) × (–2) = 6 sec2 (3x – 8) – 2 sec (–2x + 1) tan (–2x + 1)
Misalkan: u = 3x – 2 maka u′ = 3 v = sin (2x + 1) maka v′ = 2 cos (2x + 1) vu′ − uv′ f′(x (x)) = 2
dt
dF dt
du dx
Jadi, g′(x) = 6 sec2 (3x – 8) – 2 sec (–2x + 1) tan (–2x + 1).
= 1,6 + 1,25 – 0,625 = 2,225 Jadi, ketinggian maksimal bola adalah 2,225 meter.
dq dt
×
Jadi, f′(x) = (4x + 1) cos (2x2 + x – 5). b.
5 4
df du
= (4x + 1) cos (2x2 + x – 5)
2 = 10t
= 1,6 +
=
= cos (2x2 + x – 5) × (4x + 1)
10t = 0 2 – 10 5 2
= 4x + 1
= cos u × (4x + 1)
= 0.
2 – 10t
⇔
Dari f(x) = sin (2x2 + x – 5) diperoleh: u = 2x2 + x – 5 du dx df dx
2 t – 5t2
Ketinggian maksimal bola diperoleh saat y′ = 5 2
B.
1 2
= 0,04 newton/detik Jadi, laju perubahan gaya yang dialami kawat pada π saat q = rad adalah 0,04 newton/detik. 3
(sin (2 (2 x
f(x) = cos3 (2x – 3) Misalkan: u = cos (2x – 3) → f = u3 → f′(x (x)) =
df du
df du
×
du dx
= –2 sin (2x – 3)
= 3u2 du dx
= 3u2 × (–2 sin (2x – 3)) = –6 cos2 (2x – 3) sin (2x – 3)
54
Turunan Fungsi Trigonometri
3. a.
b.
4 . a.
Diketahui f(x) = 5x sin4 (2x + 1). Diperoleh: u = 5x sehingga u′ = 5 v = sin4 (2x + 1) sehingga v′ = 4 sin3 (2x + 1) × 2 cos (2x + 1) = 8 sin3 (2x + 1) cos (2x + 1) f′(x (x)) = u′v + uv′ = 5 sin4 (2x + 1) + 5x(8 sin3 (2x + 1) cos (2x + 1)) = 5 sin3 (2x + 1) (sin (2x + 1) + 8x cos (2x + 1)) Jadi, turunan pertamanya adalah f′ (x) = 5 sin3 (2x + 1) (sin (2x + 1) + 8x cos (2x + 1)). Diketa Dike tahu huii g(x g(x)) = (2 (2x x – 5) ta tan n5 (x + 6). Diperoleh: u = 2x – 5 sehingga u′ = 2 v = tan5 (x + 6) sehingga v′ = 5 tan4 (x + 6) × sec2 (x + 6) f′(x) = u′v + uv′ = 2 × tan5 (x + 6) + (2x – 5) 5 tan4 (x + 6) × sec2 (x + 6) = 2 ta tan5 (x + 6) + (10x – 25) tan4 (x + 6) sec2 (x + 6) Jadi, turunan pertamanya adalah f′ (x) = 2 tan5 (x + 6) + (10x – 25) tan4 (x + 6) sec2 (x + 6). 2x − π Dari f(x) = sin 2x − π diperoleh g = x−π x − π dengan u = 2x – π dan v = x – π. u′ = 2 v′ = 1 vu′ − uv ′ g′(x (x)) = 2 v
= = =
2(x − π) − (2x − π)1 (x − π)2 2x − 2 π − 2x + π
b.
=
π − π −π π × cos π − (− )2 2 2 −π
=
π
−π
× cos 0 =
2
π
4
2
× 1 = –
4
π
4
Jadi, nilai f′(
π
4
)=–
2
π.
5. f(x) = sin2 2x Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0. f′(x) = 0 ⇔ 2 sin 2x cos cos 2x = 0 ⇔ sin si n 4x 4x = 0 ⇔ sin 4x = sin sin 0 Penyelesaian persamaan sin 4x = sin 0 dicari dengan cara berikut. a. 4x = 0 + k × 2π π ⇔ x=k× 2
k=1
→ x =
π 2
→ x = π 4x = π + k × 2π
k=2 b.
π
⇔
x=
k=0
→ x =
4
k=1
→ x =
3π 4
4
π
+ k ×
2
π
Oleh karena 0 ≤ x ≤ π maka nilai x yang memenuhi π π 3π adalah 0, , , , dan π. 4
2
4
Diagram tanda fungsi f′(x) sebagai berikut.
2
(x − π)
−π (x − π)2
f′(x) = cos (g(x)) × g′(x)
−π = cos 2x − π × (x − π)2 x − π =
π
2 × − π −π f′( ) = π × cos π 2 2 2 − π ( − π) 2 2
π
−π 2x − π 2 × cos (x − π) x − π
Jadi, turunan pertama fungsi tersebut adalah −π 2x − π . f′(x) = 2 × cos (x − π) x − π
0
π
π
4
2
3π 4
π
Dari diagram tanda fungsi f′(x) di atas tampak π bahwa fungsi f(x) naik pada interval 0 ≤ x < 4
atau
π 4
π 2
< x <
< x <
π 2
3π 4
atau
. Fungsi f(x) turun pada interval 3π 4
≤ π.
< x
Jadi, fungsi f(x) = sin2 2x naik pada interval π π 3π 0 ≤ x < atau < x < dan turun pada 4
interval
π 4
< x <
2
π 2
4
atau
3π 4
< x
≤ π.
Matematika Kelas XII
55
6. Fung Fungsi si f(x) f(x) mencapai mencapai stas stasion ioner er pada saat saat f′(x) = 0. f′(x (x)) = 0 π π ⇔ 2 cos (x – )(–sin (x – )) = 0 3
⇔
–2 cos (x –
⇔
cos (x –
⇔
π 3
π
5π 6
Untuk x = k=0
5π 6
) sin (x –
π 3
)=0
π
) = 0 atau atau sin (x (x –
3
) =0
4π 3 5π ( 6
(
7 . a.
, 1), sedangkan titik stasioner minimumnya , 0) dan (
π 2
π 3
π = – + k × 2π 2
v
π + k × 2π atau x = – + k × 2π 6
(1 − cos x )(cos x ) − (sin x )(sin x )
=
(1 − cos x )2
cos x − cos 2 x
=
5π 6
cos x − (cos2 x
=
π
Untuk sin (x –
π
sin (x –
⇔
3
π
sin (x –
⇔
3
3
x–
⇔
) = 0 diperoleh:
k=0
3
1 2
π
3
3
π
y – yT = m(x – xT)
) = sin π
3
= π + k × 2π
+ k × 2π atau x =
4π + k × 2π 3
+ k × 2π:
⇔ ⇔ ⇔ b.
π
→ x =
Untuk x = k=0
π
π
3
4π 3
+ k × 2π: 4π 3
→ x =
y –0 =–
1 2
(x – π)
2y = –x –x + π x + 2y = π Jadi, persamaan garis singgungnya adalah x + 2y = π. Garis Gar is sing singgun gung g memot memotong ong sum sumbu bu Y pad pada a saat saat x = 0. x + 2y = π ⇔ 0 + 2y = π ⇔ 2y = π π ⇔ y= 2
Jadi, titik potongnya (0, 0
π 3
Untuk x =
56
5π 6
π 3
1
(π, 0) dan bergradien – sebagai berikut.
= 0 + k × 2π atau x –
x=
Untuk x =
1
= cos x − 1 1
) = sin 0 atau sin sin (x –
3
cos x − 1 (1 − cos x )2
Untuk x = π maka m = f′(x) = cos π − 1 = – 2 Persamaan garis singgung yang melalui titik
)=0
π
+ sin2 x)
(1 − cos x )2
=
11π 6
− sin2 x
(1 − cos x )2
6
→ x =
= 0.
Persamaan gradien garis singgung: Misalkan: u = sin x maka u′ = cos x v = 1 – cos x maka v ′ = sin x vu′ − uv′ f′(x (x)) = 2
π Untuk x = – + k × 2π: k=1
, 0).
sin π 1 − cos π
f(π) =
+ k × 2π:
→ x =
11π 6
Dengan demikian, titik singgungnya adalah (π, 0).
) = 0 diperoleh:
+ k × 2π atau x –
2
x=
3
) = cos cos
3
π
=
π
3
)=0
3
cos (x – x–
3
π
cos (x –
⇔
3
π
Untuk cos (x –
⇔
π
3
π Jadi, titik stasioner maksimumnya ( , 1) dan
4π 3
11π 6
π π π maka f( ) = cos2 ( – ) = 1 3
Untuk x =
5π maka 6
Untuk x =
4π maka 3
Untuk x =
11π 6
3
f(
5π 6
f(
4π 3
maka f(
3
) = cos2 (
5π π – 6 3
)=0
) = cos2 (
4π π – 3 3
)=1
11π 6
) = cos2 (
Turunan Fungsi Trigonometri
11π 6
–
π
)=0
2
).
8. Dari Dari fungs fungsii f(x) f(x) = sin sin (cos (cos (2x – π)) diperoleh: u = cos (2x – π) du dx
= –2 sin (2x – π)
f(x) = sin u
3
π
df du
= cos u
df dx
=
df du
du dx
×
Kecepatan alat pada saat t =
= cos u × (–2 sin(2x – π)) = –2 cos u × sin (2x – π) = –2 cos (2x – π) sin (2x – π)
v =
3
berikut. 2π 2π 2π f′( ) = –2 cos cos (2 × – π) sin (2 × – π) 3
4π ( 3
= –2 cos
= –2 cos ( = –2 × =–
1 2
π 3
3
– π) sin (
) sin (
1 1 × 2 2
π 3
4π 3
– π)
(−3 3 )2
=
27 + 9
=
36 = 6 cm/detik
3
3
3.
dx = –6 sin 2t dt dy = 3 cos 3t dt
Pada saat t = vx = –6 sin
=
10. Diketahui:
)
Kecepatan alat pada sumbu Y adalah
vy =
+ v y2
π 3
2π 3
detik, diperoleh:
+ ( −3) 3)2
π 3
detik adalah
6 cm/detik.
9. Kecepatan alat pada arah sumbu X adalah
vx =
v x2
Jadi, kecepatan alat pada saat t =
Jadi, gradien garis singgung pada titik tersebut 1 adalah – 2
detik sebagai
berikut.
Diperoleh f′(x) = –2 cos (2x – π) sin (2x – π) 2π Gradien garis singgung di titik berabsis sebagai
3
π 3
dy . dt
dx dt
di dt
.
f = 15 Hz L=5H ω = 2πf = 2π × 15 = 30π rad/detik i = 2 sin sin ω t = 2 sin 30π t
= –60π cos 30πt = –60π cos 30π × 5 = –60π cos 150π = –60π × 1 = –60π
GGL induksi:
ε
= –L
di dt
= –5 × (–60π) = 300π H Jadi, GGL induksi diri pada saat t = 5 detik adalah 300π H.
= –3 3
vy = 3 cos π = –3
Matematika Kelas XII
57
A.
Pilihan Pili han Gan Ganda da
1.
Jawaban:: c Jawaban
Dengan mengubah fungsi trigonometri: sec 2x 2x + 1 lim π tan2x x→
Dengan substitusi langsung: (x + 2) co cos x ( 0 + 2) × cos 0 lim = 4 c o s 2x 2 x 4 − cos (2 × 0) − x→0 2 × cos 0 = 4 − cos 0 2 2×1 = = 4 −1 3 ( x + 2) co cos x 2 Jadi, lim = . − 4 c o s 2x 2 x 3 → x 0 2.
x→
2
lim x→
π
tan
sin sin x
=
ta n
1 1 2
2
1 + (2 cos 2 x − 1) π 2 si n x c o s x x→
= lim
2
x→
x→
lim
π
tan
× 2)
=
π
2
×
1 x 2
sin sin x
5.
π
= lim
x→π
sin x (sin x − cos x) sin sin x
x→π
= sin π – cos π = 0 – (–1) =1 sin2 x − sin x co c os x sin si n x x→π
Jadi, lim
= 1.
π
2
= =
lim
=
2
0 1
= 0
= 0.
2
2 si sin2 0 0 sin 0
=
x 2
2 s in in2
= lim x
2 si s in
x 2
s in
0
=
1 lim ( x 0 2
=
1 2
×
× lim x
× ×
× sin x
x 2
×
x 2 x 2
x
1
0
1
0
(tak tentu)
Jadi, lim x
2 s in in2
x 2
0 x s in x
x 2
x 2
× lim
x 2
=
1 2
x2
×
x2
×x
sin
= 2 × 1 × 1 × 1 = 2
Penilaian Akhir Semester 1
x 2
sin
sin
x 2 x 2
×
×
sin
0
x 2 x 2
×
x2 x sin 2 4 x x x3 2 2
2x ×
π
−1 + 1
x 2
x sin x
0
= lim
tan (2 (2 × 2 ) sec π + 1 tan π
0 (tak tentu) 0
=
0 x sin x
x
sec (2 × ) + 1
0 0
=
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri:
x
Dengan substitusi langsung:
x 2
2 s in in2
Jawaban:: d Jawaban
=
2
2
0 x sin x
x
sin x − sin x co c os x sin sin x
sin
π
Jawaban: Jawa ban: d
lim
2
π
Dengan substitusi langsung:
2.
2
sec 2x 2x + 1 lim π tan tan 2x x→
2
cos
sec 2x 2x + 2 tan tan 2x
Jadi, lim
2
x→
=
cos x
π sin sin x
x→
= lim (sin x – cos x)
58
2
π
Jawaban:: b Jawaban
x→π
4.
2 co cos 2 x π 2 sin x cos x
= lim = lim
2
= Jadi, lim
2
cos cos 2x
1 + cos 2x 2x π sin sin 2x x→
sin 2
2
=
1 (2
cos 2x × cos
= lim
Jawaban:: c Jawaban
1 x 2
+1
= lim
Dengan substitusi langsung:
3.
1 cos cos 2x sin2x π cos cos 2x 2
.
x
× sin ) sin x sin x 2
x 2
x
× lim sin x 0 sin x
6. Jawaban: a Dengan substitusi langsung: x
− tan x
cos x s in x
lim
x si n x
0
c o s 0 si n 0
=
2
8. Jawaban:
− ta n 0
=
1× 0 − 0 02
Dengan memfaktorkan: x
− tan x
cos x s in x
lim
sin 3( 3( x + 1) + tan 4( 4 ( x + 1) ( x + 1)( x + 2) x → −1
=
sin 3( 3( x + 1) tan 4( 4( x + 1) lim (x + 1)(x + 2) + (x + 1)(x + 2) x → −1
=
sin 3( x + 1) tan 4( x + 1) lim (x + 1)(x + 2) + lim (x + 1)(x + 2) x → −1 x → −1
0
x
cos x sin x
= lim
=
sinx − cos cos x
cos x ( x2 sin x )
0
=
sin x (c ( cos2 x − 1)
= lim = lim
− sin x sin2 x 2
=
sin sin x x 0
× lim x
sin sin x x 0
× lim x
=
cos x s in x
− tan x
2
x si n x
0
= –1.
x→0 3
= lim
−2
x→0 3
sin 3( x + 1) ( x + 1) x → −1
lim
3 1
×
+
4 1
Jadi, lim
sin sin 5x x
×
×
x x
sin ( −3x ) x × x tan2x
sin sin 5x x x→0
× lim
sin ( −3x ) x x→0
× lim
lim (2x –
x →∞
=
3
×
×
tan 4(x + 1) (x + 1) x → −1
sin (3 (3x
−3 1
×
(4x + 4) + 3) + tan (4 = 7. 2 x + 3x + 2
x →∞
1 2
6x 2 ) 3x − 1
= 2 × ∞ –
6 × ∞2 3× ∞ −1
∞ – ∞∞
(tak tentu)
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: lim (2x –
6x 2 ) 3x − 1
2x(3 x − 1) = lim ( 3x − 1 – x→∞
= lim (
= 5
x→∞
cos 2x 2 x − cos 8x 8x 3x tan tan 2x x→0
Jadi, lim
1 −1 + 2
+
+ lim
=
x
5 1
x → −1 x + 2
9. Jawaban: c Dengan substitusi langsung:
× lim tan x → 0 tan 2x
−2
1
= 7
x → −1
cos 2x 2 x − cos 8x 8x 3x tan tan 2x x→0 −2 sin 5 x sin ( −3x) = lim 3x tan tan 2x x→0
= lim
sin 3( x + 1) 1 × lim ( x + 1) −1 + 2 x → −1
e
lim
−2
+ lim
sin 3u tan 4u + lim u u x → −1 x → −1
=
7. Jawaban:
sin 3( x + 1) (x + 1) x → −1
× lim
= lim
= –1 x
x → −1 x + 2
tan 4( x + 1) ( x + 1)
Misalkan u = x + 1. Untuk maka x + 1 → 0 atau u → 0.
×1×1
Jadi, lim
×
tan 4( x + 1) ( x + 1) x → −1
−1 = cos ×1×1 cos 0 1
1
+ lim
× lim
2
−1 c o sx 0
x
x → −1 x + 2
− sin2 x
= lim
1
lim
sin 3(x + 1) x +1
tan 4( x + 1) ( x + 1) x → −1
0 x cos x
x
x → −1 x + 2
×
× lim
0 cos x (x sin x)
x
1
lim
2
0 cos x ( x sin x )
x
−1
lim
x 2 si n x
= lim
=
=
×0
0 (tak tentu) 0
(4x + 4) + 3) + tan (4 + 3x + 2
x2
x → −1
0 si n 0
=
sin (3 (3x
lim
2
b
= 5.
6x 2 − 2 x 3x − 1
−2x × −1 3x x →∞
= lim (
6x 2 ) 3x − 1
– 1 x 1 x
6x 2 ) 3x − 1
)
−2 1 ) x→∞ 3 − x
= lim (
Matematika Kelas XII
59
lim ( −2)
1
x→ ∞
=
= lim
1 x →∞ x
lim 3 − lim
x→∞
6x 2 ) 3x − 1
x→∞
=–
1 − 3x
lim (
= 2 3
. = =
1 − 3 × (−∞)2
x → −∞
2
1 − 3x 2 5x2
1 − 3x 2
) = lim (
− 2x
5x2
x → −∞
1 x
= lim (
−3 1
1
2 x → −∞ x
=(
− 2x
5 − 2× x
x → −∞
lim
2
−
x
)
2
Jadi, lim ( x → −∞
1 − 3x 2 5x2
− 2x
lim
x → ∞ 4x
4
2
1 x
− (2x − x)
.
4×∞
lim ( 36x 2
− (2 × ∞2 − ∞)2
=
x →∞ 4 x
= lim
x →∞
− (4x
= ∞ –
4x 3
x →∞
60
x 4x 3 x
− 27x3
− x2 − 27 x 3
3
− x2 3
Penilaian Akhir Semester 1
x3
= –
27 4
.
− 6 × ∞ – 6 × ∞ – 5
− 6x – 6x – 5) − 6x – (6x – 5)) ×
36 x 2
− 6x − (36x 2 + 60x + 25) 36x 2 − 6x + (6 x + 5) 1 x 1 x
−66 − 25x
= lim
x →∞
=
36x2 − 6x + (6x + 5)
− 6x )2 − (6x + 5)2 36x 2 − 6x + (6 x + 5)
−66x − 25 = lim × 2 x → ∞ 36 x − 6x + (6x + 5)
=
36x2 − 6x + (6x + 5)
( 36 x2
x →∞
1
×
2
∞ (tak tentu)
= lim
= x3 1
− (2x − x)
= lim ( 36x 2
=
− 27x3 − 4x3 + x 2 )
1 − 9x + 27x2
1 − 9 x + 27 x 2
= lim
36 × ∞ 2
36 −
6 x
+ (6 + 5x )
lim (−66) − 25 × lim
x →∞
x→
1 x→∞ x
lim 36 36 − 6 × lim
− (2x2 − x)2
1 − 9x + 27x2
2
− 6x – 6x – 5)
x→∞
4
4
12. Jawaban: a Dengan substitusi langsung:
(1 − 3x )
4
(1 − 3x)3
x →∞ 4x
3
= lim
1 x→∞ x
27 4
Jadi, lim
(1 − 3 × ∞)3
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: 4 x → ∞ 4x
4
x →∞
−∞ = ∞ − ∞ (tak tentu)
lim
= –
= lim
4
lim 27
x→∞
)
3 5
=
2
−27
x →∞
11. Jawaban: d Dengan substitusi langsung: (1 − 3x )3
+ 27 × x1 −
0 − 9 × 0 + 27 × 0 − 27 4−0
x→∞
3 5
1
lim 4 − lim
lim ( 36x 2
lim 3 x → −∞
)=–
lim
2 x →∞ x
Dengan mengalikan dengan bentuk sekawan:
)
0−3 = 5 − 2×0
=–
−9×
x →∞
1 x2 1
×
x → −∞
lim 5 − 2 × lim
x → −∞
1
3 x→∞ x
x →∞
) = 5 × (−∞)2 − 2 × (−∞) x → −∞ 5 x − 2 x −∞ = ∞ (tak tentu) Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi: lim (
1
4− x
lim
10. Jawaban: b Dengan substitusi langsung: 2
− x92 + 2x7 − 27
x →∞
−2 2 = 3 − 0 = – 3 Jadi, nilai lim (2x –
x3
1
∞x
+ ( lim 6 + 5 × x →∞ →∞
1 lim ) x→∞ x
( − 66 ) − 25 × 0 36 − 6 × 0
+ (6 + 5 × 0)
−66 36 + 6
−66 12
= –
11 2
Jadi, lim ( 36x 2 x→∞
− 6x – 6x – 5) = – 11 . 2
13. Jawaban: d Dengan substitusi langsung: 144 x 2
lim (12x –
x→∞
= lim
x→∞
Dengan mengalikan dengan bentuk sekawan: lim (12x –
144 x
x→∞
u
− 36 x + 10 )
144 x
x →∞
2
− 36 x + 10 )
(12x)2
− ( 144x2 − 36x + 10 )2 12x + 144 x2 − 36x + 10
− (144x2 − 36x + 10) x →∞ 12x + 144x2 − 36x + 10
= lim
144 x2
36x − 10
= lim
x →∞ 12x + 144x
36 −
= lim
2
− 36x + 10
lim 12 12 +
= =
+
1 5
× lim
=
1 5
× 1 × 1 =
x
→∞
x→∞
x →∞
×
1 x 1 x
=
=
1 x
+
lim
x→∞
lim
x → ∞ xtan
5 x 25 x
=
x→∞ x
=
lim
x → ∞ xtan
= lim
− 36 x + 10 ) =
3 2
.
sin2
x →∞
= lim
6 x
sin2
x →∞
= lim
x →∞
25
∞
2 si s in x sin
2
=
0 (tak tentu) 0
6
sin x sin
= lim 2 × x →∞
1 x →∞ 2
x →∞ xtan
x2
×
x2 5×5
6 x
3 x
2 sin sin2
3 x 6 x
× lim
3 x
6 x
×
× 3x × × 6x
6 x 6 x
× 6x × x3 × x3 × 6x × x3 × x3 3
sin x 3 x
3
×
sin x 3 x
x →∞
sin x 3 x
×
6 x 6
sin x
×
6 x
× lim
x →∞
sin x 3 x
6
sin x
3
3
× lim
x2
sin
1 − cos2 0 0 (tak tentu) 0
1 − (1 − 2 sin2 x )
3
sin sin 0 tan 0 ∞ × tan
5×5
.
6 x 6 cos2 x
= lim
5 x 25
1 5
=
3
= lim
sin ∞
5 x 25
→ ∞ maka
1 − co s
x →∞ 1 −
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri: sin
. Jika x
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri:
3 2
∞ × tan
x2
1 − cos 0
=
5
2
2 6 x
2
14. Jawaban: d Dengan substitusi langsung: sin
25
1 − cos ∞ 6 1 − cos2 ∞
=
1
lim
144 x 2
Jadi, lim (12x –
→ ∞ atau
6
1 − co s x
=
12 + 144 − 36 × 0 + 0 12 + 144
5 x
→ ∞ maka
1 5
5 x 5 x ta tan ( )2 x
1 x
x→∞
36 24
x2
15. Jawaban: c Dengan substitusi langsung:
36 − 10 × 0
36
25
v v → 0 tanv
x2
→∞
x →∞ tan
× lim
sin
x →∞ 1 − cos
lim 36 − 10 × lim
x2
× lim
. Jika x
sinu u u→ 0
=
Jadi, lim
10
lim 14 144 − 36 × lim
x →∞
5 x
25 x2 25
5 x
5 x
x→∞
tan
→ ∞ atau v → ∞.
lim
x →∞ 12 + 144 −
x
sin
6
10 x 36 x
×
5 x
× lim
x2
Bentuk limit menjadi:
− 36x + 10 × 2 12x + 144x − 36x + 10
x →∞
25
5 x
→ ∞. Misalkan juga v =
x2
12x + 144x2
= lim
×
5 x
Misalkan u =
25
= lim (12x –
=
1 lim x→∞ 5
=
− 36 × ∞ + 1 0
= ∞ – ∞ (tak tentu) 2
x×
sin
− 36 x + 10 )
14 4 × ∞ 2
= 12 × ∞ –
1
× lim
6 x
x → ∞ sin
6 x
6 x
x →∞ sin
6 x
x2
Matematika Kelas XII
61
Misalkan u =
3 x
→ ∞. Misalkan juga v =
u 6 x
3 x
→ ∞ atau
. Jika x
→ ∞ maka
→ ∞ maka
. Jika x
6 x
→ ∞ atau v → ∞.
Bentuk limit menjadi: 1 2
=
sinu u u→ 0
× lim
sinu u u→ 0
× lim
v
× lim sin v v → 0 sin
v
× lim sin v v → 0 sin =
1 2
2
× 1 × 1 × 1 × 1 =
Jadi, nilai lim
π π π π f′( ) = 2 cos (2 × + π) – 2(2 × + 1)(sin (2 × + π))
1 2
6 x 6 cos2 x
1 − cos
x →∞ 1 −
=
2
1 2
.
16. Jawaban: e f(x) = sin 4x Misalkan: u = 4x maka u′ = 4. Turunan f(x) = sin u: f′(x) = cos cos u × u′ = cos 4x × 4 = 4 cos 4x π Nilai dari f′( ): 6
f′(
π 6
) = 4 × co cos s (4 (4 × 2π 3 1 (– ) 2
π 6
)
= 4 cos =4×
Jadi, nilai dari f′(
= –2
π 6
) = –2.
17. Jawaban: b f(x) = tan (2x + 3) Misalkan: u = 2x + 3 maka u′ = 2. Turunan f(x) = tan u adalah f′(x (x)) = sec sec2 u × u′ = sec2 u × 2 = 2 sec2 u = 2 sec2 (2x + 3) Jadi, f′(x) = 2 sec2 (2x + 3). 18. Jawaban: c f(x) = 3 cos (2x2 + 3x) Misalkan: u = 2x2 + 3x maka u′ = 4x + 3 Turunan f(x) = 3 cos u: f′(x) = 3(–sin 3(–sin u) u′ = –3 sin (2x2 + 3x) × (4x + 3) = –3(4x + 3) sin (2x2 + 3x) Jadi, f′(x) = –3(4x + 3) sin (2x2 + 3x).
62
19. Jawaban: b f(x) = (2x + 1) cos (2x + π) Misalkan: u = 2x + 1 maka u′ = 2 v = cos (2x + π) maka v′ = –2 sin (2x + π) Turunan f(x) = uv adalah f′(x (x)) = vu vu′ + uv′ = cos (2x + π) × 2 + (2x + 1) × (–2 sin (2x + π)) = 2 cos (2x + π) – 2(2x + 1)(sin (2x + π)) π Substitusikan x = ke dalam f′(x).
Penilaian Akhir Semester 1
2
2
= 2 cos (π + π) – 2(π + 1)(sin (π + π)) = 2 cos (2π) – 2(π + 1)(sin (2π)) = 2 × 1 – 2(π + 1) × 0 = 2 – 0 = 2 π Jadi, nilai f′( ) = 2.
2
2
20. Jawaban: d f(x) = cos (2x + 3)4 Misalkan: u = (2x + 3)4 maka u′ = 8(2x +3)3 Turunan f(x) = cos u: f′(x) = –sin –sin u × u′ = –sin (2x + 3)4 × 8(2x + 3)3 = –8(2x + 3)3 sin (2x + 3)4 Jadi, f′(x) = –8(2x + 3)3 sin (2x + 3)4. 21. Jawaban: a f(x) = 4 sin5(3x2 + 5) Misalkan: u = 3x2 + 5 maka u′ = 6x Turunan f(x) = 4 sin5 u: f′(x (x)) = 4 × 5 sin4 u × cos u × u′ = 20 sin4(3x2 + 5) × cos (3x2 + 5) × 6x = 120x sin4(3x2 + 5) cos (3x2 + 5) Jadi, f′(x) = 120x sin4(3x2 + 5) cos (3x2 + 5). 22. Jawaban:
a
Cara 1:
Misalkan: a = 2x –
π 3
⇔ ⇔
f(2x –
π 3
π
2x = a + x=
a+
3 π 3
2
=
3a + π 6
) = 4 tan tan x 3a + π 6
⇔
f(a) f( a) = 4 tan tan (
⇔
f′(a) = 4 se sec c2 (
3a + π 6
)×
= 2 sec2 (
3a + π 6
)
) 3 6
π
Substitusikan a = f′(
π 3
3
ke dalam f′(a).
f′′(
π
)=2
3( 3 ) + π
sec2 (
= 2 sec2 (
6
π 3
)
cos 2 2
=
1 4
π 3
π
= 8
) = 4 tan x
π π
π
f′(2x –
3
π
π
⇔ f′(2 ×
3
–
⇔
3
f′(
f′(
π 3
)=2
sec se c2 x
) = 2 se sec c2 ) = 2 se sec c2
π 3
π 3
=8
23. Jawaban:
π
π 3
) (–3 sin
π 2
2
)
)
4
) = 8.
e
f(x) = sin4 3x Misalkan: u = 3x dan v = sin u maka u′ = 3 dan v′ = cos u
= 12
× cos u × cos 3x
Turunan kedua f(x) adalah turunan pertama dari f′(x). Misalkan: p = 12 sin3 3x maka p′ = 108 sin2 3x cos 3x q = cos 3x maka q′ = –3 sin 3x Turunan f′(x) = pq adalah f′′(x) = qp′ + pq′ = (cos 3x)(1 3x)(108 08 si sin n2 3x cos 3x) + (12 sin3 3x)(–3 sin 3x)
4
4
+ sin π sec2
4
π 4
25. Jawaban: e f(x) = 3 tan2 (2x) Misalkan: u = 2x maka u′ = 2 Turunan f(x) = 3 tan5 u: f′(x) = 3 × 5 ta tan n4 u sec2 u × u′ = 15 tan2 (2x) sec2 (2x) × 2 = 30 tan4 (2x) sec2 (2x) π Nilai dari f′( ): 6
f′(
π 6
) = 30 30 ttan an4(2 × = 30 tan2(
= 4 sin3 u × cos u × 3 sin3 3x
4
π
4
f′(x (x)) = 4 4v v3 × v′ × u′ = 12
4
= 4(–1) × 1 + 0 × ( 2 )2 = –4 π Jadi, nilai dari f′( ) adalah –4.
Turunan f(x) = v4 adalah
sin3 u
π π π π ) = 4 cos 4( ) tan + sin 4( ) × sec2 = 4 cos π tan
=2×4 Jadi, nilai f′(
π
cos
24. Jawaban: b f(x) = sin 4x tan x Misalkan: u = sin sin 4x maka maka u′ = 4 cos 4x v = tan tan x maka maka v′ = sec2 x Turunan pertama f(x) = u × v: f′(x (x)) = u′v + uv′ = 4 cos 4x × tan x + sin 4x × sec2 x π Nilai dari f′( ):
diperoleh:
3
π 2
2
4
) = 2 se sec c2 x
3
π
Ambil x =
) = 4 se sec c2 x
3
f′(2x –
π
)(108 sin2
6
Turunkan kedua ruas terhadap x, diperoleh:
⇔
2
= 0 – 36 = –36 π Jadi, nilai f′′( ) = –36.
3
2f′(2x –
π
) = (c (cos os
ke dalam f′′(x).
= 0 × (108 × 1 × 0) + (12 × 1)(–3 × 1)
)
Cara 2:
f(2x –
π 6
6
+ (12 sin3
2
=
π
Substitusikan x =
π 3
π 6
) sec2(2 ×
) sec2 (
π 3
π 6
)
)
= 30 × ( 3 )4 × 22 = 30 × 9 × 4 = 1.080 π Jadi, nilai dari f′( ) = 1.080. 6
26. Jawaban: c f(x) = cos2x – 2 cos x – 1 Melalui titik berabsis = x = f(
π 2
) = co cos2
π 2
– 2 cos
π 2
π 2
. Maka
– 1
= 02 – 2 × 0 – 1 = –1
Matematika Kelas XII
63
Kurva melalui titik (
π
, –1) π Gradien kurva pada x = sebagai berikut. 2
M = f′(x (x)) = 2 cos cos x (– (–si sin n x) – 2(–s 2(–sin in x) = –2 sin x cos x + 2 sin x π π π π f′( ) = – si sin n × cos + 2 sin 2
2
2
2
2
y – y1 = m(x – x1) π y – (–1) (–1) = 2(x 2(x – )
3
sin (2x +
π
⇔ π – 2π 3
π 3
3
π
< 2π
3
π
< 2x +
3
–
π 3
< 2π –
π 3
5π 3
< 2x < 5π 6
< x <
π 3
< x <
5π 6
.
f′(x) = 0
π
2 cos (3x –
4
maka f(
6 cos (3x –
⇔
cos (3x –
⇔
cos (3x –
⇔
3x –
π
⇔
3x =
⇔
x=
⇔
x=
=
4 3π 4
π 4
π 4
π 2
π 4
π 4
)=0 )=0 ) = cos cos
π 2
+ k × 2π atau 3x –
π 4
π
= – + k × 2π 2
π + k × 2π atau 3x = – + k × 2π 4
+ k ×
2π 3
7π 12
11π 12
,
π 4
,
atau x = –
Penilaian Akhir Semester 1
)=2
7π 12
maka f(
) = –2
11π 12
)=2 7π 12
, –2).
–2 sin (2x –
π 6
)× 2= 0
⇔
–4 sin (2x –
⇔
sin (2x –
⇔
sin (2x –
⇔
2x –
⇔
2x =
⇔
x=
⇔
x=
π 6
π 6
π 12
π 12
π 6
π 6
π 6
)=0 )=0 ) = sin sin 0
= 0 + k × 2 π atau 2x – + k × 2π atau 2x = + k × π atau x = ,
π 12 7π 12
7π 12
7π 6
π 6
= π + k × 2π
+ k × 2π
+ k × π
7π 12
maka f( maka f(
π 12 7π 12
)=2 ) = –2
Jadi, nilai maksimum f(x) dicapai pada saat x=
π 12
.
30. Jawaban: d f(x) = 10 + 3 cos 2x f′(x) = –3 sin 2x × 2 = –6 sin 2x f(x) + f′(x) = 10 + 3 cos 2x – 6 sin sin 2x
) ×3= 0
⇔
π 4
29. Jawaban: a Fungsi f(x) mencapai maksimum jika f′(x) = 0. f′(x (x)) = 0
Untuk x =
28. Jawaban: d Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0.
64
11π 12
Untuk x =
Jadi, fungsi f(x) naik pada interval
⇔
Untuk x =
)<0
3
π
⇔ π < 2x +
⇔
7π 12
2
27. Jawaban: c Fungsi f(x) naik jika f′(x) > 0. f′(x) > 0 π ⇔ –2 sin (2x + ) > 0
⇔
maka f(
Untuk x =
⇔
y + 1 = 2x 2x – π y = 2x 2x – π – 1 Jadi, persamaan garis singgung kurva pada titik tersebut adalah y = 2x – π – 1.
⇔
4
Jadi, titik stasioner minimumnya adalah (
= –2 × 1 × 0 + 2 × 1 = 2 Persamaan garis singgung kurva yang melalui titik π ( , –1) dan bergradien 2.
⇔ ⇔ ⇔
π
Untuk x =
2
π 12
+ k ×
2π 3
= 10 +
32
+ (−6)2
= 10 +
9 + 36 cos (2x – 296,56°)
cos (2x – 296,56°)
= 10 + 3 5 cos (2x – 296,56°) Oleh karena fungsi kosinus mempunyai nilai minimum –1 diperoleh: 3 5 × (–1) f(x) minimum minimum = 10 + +3 = 10 – 3 5 Jadi, nilai minimum f(x) + f′(x) adalah 10 – 3 5 .
B.
1.
Urai Ur aian an
a.
b.
3sin 3sin2 2xsi 2xsin8x
lim
2
3x co cos x x → 0 x tan 3x
=
3 sin 2 x s in in 2 x s in in 8 x lim x × x ta t a n 3x 3 x co c o sx x→0
×
=
x x
=
sin 2x sin 2x sin 8x = lim 3 × × × × x × 1 x x x tan 3x cos x x→0
=
sin2x lim 3 × lim x x→0 x→0 x tan3x x→0 2 1
= 3×
2 1
×
sin2x × lim x x→0
8 1
×
1 3
×
2
3x co cos x x → 0 x tan 3x
3x
lim
2
− t an
1 cos0
×
lim
3x
2
= 32
2x
2
2 si sin 3x
x→0
= lim
x → 0 2×
lim 3 −
=
x→0
sin 3 x x
×
lim 2 × lim
x →0
2 1 3 1
× 21 = 3 = 2× × 1
2
2 si s in 3 x
x→0
a.
lim x→
π 2
x sin2 2 x sin 2
π 2
= lim (sin x→
π
x 2
= sin
1 – 18
=
a.
Dengan substitusi langsung: 4x x
2
lim (
x →∞
.
4x x x2
= lim ( x→∞
+ cos
x 2
x →∞
= lim ( x→∞
2
π 4
+ cos
Jadi, lim x→
π 2
sin2 sin
−(
x
− x)2
)
4x x x
2
− ( x − 2x
− x + 2x
x)
4 1
−
+2 x
+ x2 )
x
)
1
4x x
)
×
x x 1
)
x x
)
lim 4
=
π
+ cos
2
Dengan membagi dengan variabel berpangkat tertinggi:
1 18
2 2
1 2
×
4∞ ∞ ) = ∞ 2 − ( ∞ − ∞)2 x →∞ x − ( x − x ) ∞ = (tak tentu) ∞
− cos 2x )(sin 2x + cos 2x ) x x sin 2 − cos 2 x 2
sinu
tan 2u u → 0 tan
3 2
= –
lim (
tan 2 x lim x→0 x sin 3 x lim x→0 x
x cos2 2 x cos 2
π
= sin
6 4
= lim ( (sin
= lim x→
− −
3.
= –
3 x 2 − tan2 2x
Jadi, lim 2.
3−4 18
sin (x ( x + 3)
x → − 3 tan 2( 2( x + 3)
2 3 sin ( x + 3) Jadi, lim (x − 92) si = – . 2 x → −3 tan (2 x + 6)
2x × tanx2x 3x × sinx3x
×
x→0
3−
=–
tan 2 x lim x →0 x
1 2
= (–6) ×
x2
x2 tan 2x 2x x sin 3x 3x x
× lim
× lim
tan 2u u → 0 tan
x 2 si sin2 3 x
3−
x+3
u
= (–6) × lim
2
x→0
x → −3
Misalkan u = x + 3. Untuk x → –3 maka x + 3 → 0 atau u → 0.
3 x2 − tan2 2 x
= lim
x+3 2( x + 3) x → − 3 tan 2(
lim (x – 3) × lim
x → − 3 tan 2( 2( x + 3)
x2 1
×
x+3 sin (x (x + 3) lim (x – 3) × tan 2( × 2( x + 3) tan 2( 2( x + 3) x → −3
= (– (–3 3 – 3) × lim
= 32.
1
− tan
( x + 3)( x − 3) si sin (x (x + 3)
lim
2( x + 3) tta an 2( 2( x + 3) x → − 3 tan 2(
sin (x (x + 3) x → − 3 tan 2( 2( x + 3)
2x
2
( x + 3)( x − 3) si sin (x (x + 3) 2x + 6) tta an ((2 2 x + 6) x → − 3 tan ((2
lim
× lim
2 si sin2 3x
x→0
=
2
=
× lim
3 s in in2 2 x si sin 8x 8x
Jadi, lim
=
sin8x × lim x x→0
1 cosx x→0
× lim
b.
2 sin ( x + 3) lim (x − 92) si x → −3 tan (2x + 6)
− lim
x →∞ 1
x→∞
2
x
+
lim 2
x→
∞
2
π 4 x 2 x 2
=
1 2
2
+
− cos2 2x = − cos 2x
1 2
2.
2 =
2
=
4
−0 + 2
= 2
Jadi, lim ( x →∞
4x x x
2
−(
x
− x )2
) = 2.
Matematika Kelas XII
65
b.
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: lim ( 9x 2
x →∞
=
9 × ∞2
= ∞ –
⇔
− 5x + 3 + 5 − 3x)
⇔
∞ (tak tentu)
lim ( 9x 2
x →∞
x→∞
− 5x + 3) − (3x − 5))
− 5x + 3 )2 − (3x − 5)2 9x 2 − 5x + 3 + (3 x − 5)
9x 2
x→∞
x→∞
9x
2
x→∞
5. a.
9−
5 x
+
3
4 + 2k 2
=
x→∞
2 si s in x cos tan
x→∞
+3×
1
lim
x→∞ x
2
+ ( lim
x→∞
=
1
3 − 5 × lim x ) x→∞
25 9
+3
=
25 6
25 6
− 5x + 3 + 5 − 3x) =
lim ( x
x →∞
⇔
lim ( x2
x →∞
⇔ ⇔
3 x
tan
lim
x →∞
5 2
=
5 2
1 2
1 2
.
3
∞
cos
3
∞
3
tan ∞ 2 s in in 0 cos 0 tan tan 0
=
0 (tak tentu) 0
×
3 x
3 x
x→∞
3 x 3 x
×
= lim 2 × lim cos x →∞
sin
3 x
3 x
3 x
×
3 x
tan
× lim
x2
x2
x
2
sin
x →∞
=
+ 4x − 2 − x2 + 2kx − k 2 = x2 + 4x − 2 + x − k
x
2
+ 4x − 2 + x − k lim
x →∞
Penilaian Akhir Semester 1
×
1 x 1 x
( 4 + 2k ) x − ( 2 + k2 ) x x2 + 4 x − 2 + x −k x
3 x
3 x
3 x
x → ∞ tan
5 2
5 + 4x − 2 + ( x − k)2 = 2 + 4x − 2 + (x − k)
(4 + 2k)x − (2 + k2 )
3 x
.
+ 4x − 2) − (x − k)2 5 = 2 2 x + 4x − 2 + ( x − k )
x →∞
lim
3 x
= lim 2 × cos
x→∞
(x 2
lim
x →∞
2 si sin
3 x 3
⇔
66
+ 4x − 2 − x + k)
+ 4x − 2 − x + k) ×
⇔
=
3 x
2 si s in cos
× lim 2
4.
3 x
=
1 x→∞ x
+ 3 × 0 + ( 3 − 5 ×0 )
Jadi, lim ( 9x 2
=
Deng De ngan an su subs bsttit itus usii lan langs gsun ung g:
lim
25 − 2 2 × 0 9 −5×0
5 2
k=
lim 25 − 22 × lim
x →∞
=
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri:
x→∞ 1 x
5 2
2k = 1
x →∞
+ (3 − 5x )
lim 9 − 5 × lim
=
4 + 2k = 5
x →∞
=
x →∞
4 + 2k − 0
3
22 x
x2
lim 1 − k ⋅ lim
x→∞
1+ 0− 0 + 1 + 0
lim
1 x 1 x
×
− 5x + 3 + (3x − 5) 25 −
= lim
+
2 x →∞ x
Jadi, nilai k yang memenuhi adalah
− 5 x + 3 − (9 x 2 − 3 0 x + 2 5 ) 9x 2 − 5x + 3 + (3 x − 5) 25x − 22
= lim
− 2 ⋅ lim
1 x
2 + k2 x
⇔
( 9x 2
= lim
x →∞
x →∞ 1
x2
⇔ ⇔
2
x→∞
lim 1 + 4 ⋅ lim
1 x
+ 1−
k x
−
2
⇔
− 5x + 3 + (3x − 5) 9x 2 − 5x + 3 + (3x − 5)
= lim
lim ((4 4 + 2k) − lim
x →∞
4 x
1+
⇔
− 5x + 3 + 5 − 3x)
= lim ( 9x 2 9x
x →∞
x →∞
Dengan mengalikan dengan bentuk sekawan:
×
lim
− 5×∞ + 3 + 5 − 3×∞
2 +k 2 x
4 + 2k −
=
5 2 5 2
= 2 × co cos s 0 × lim Misalkan u = atau u → ∞.
3 x
=
× lim
3 x
x →∞
3 x
x → ∞ tan
. Jika x
3 x
→ ∞ maka
Bentuk limit menjadi: sinu u u→ 0
= 2 × cos 0 × lim
=2 Jadi, lim
x →∞
2 si s in x cos tan
3 x
3 x
u u → 0 tanu
× lim
=2×1×1×1 3
5 2
sin x
= 2.
3 x
→∞
b.
Deng De ngan an su subs bsti titu tusi si la lang ngsu sung ng:: 4 4 tan x x 4 cos x 1
4
4 si s in
lim
4
4 si s i n ∞ t an ∞ 4 cos − 1
=
−
x →∞
Turunan f(x) = 3 cos u adalah f′(x) = –3 sin sin u × u′ = –3 sin (2 – 4x – 3x2) × (–4 – 6x) = –3(–4 – 6x) sin (2 – 4x – 3x2) = (18x + 12) sin (2 – 4x – 3x2)
∞
=
4 sin 0 tan 0 cos 0 − 1
=
0 (tak tentu) 0
b.
Dengan mengubah bentuk fungsi trigonometri: 4 4 tan x x 4 cos x 1
4 si s in
lim
−
x →∞
4 x
4 si s in
= lim
tan
4 x
2 2 ) x
−1
x →∞ (1 − 2 sin
= lim
4 x
tan
1 −2
= lim 4 × x →∞
2 x
sin
2 x
4 x 2 x
×
sin
= lim (–8) ×
× 4x × × 2x
sin
4 x
4 x
Gradien garis singgung kurva di titik ( tan
×
m = f′(x) = 8 sin x cos x = 4 sin 2x π π f′( , 3) = 4 × sin sin 2( )
4 x
4 x
6
x →∞
4 x
2 x
x → ∞ sin
Misalkan u =
tan
×
4 x
4 x
4 x
×
2 x
sin
× lim
2 x
×
tan
2 x
sin
x → ∞ sin
. Jika x
atau u → ∞. Misalkan juga v =
2 x
4 x
→∞
. Jika x → ∞
×
v tanu × lim sin u u→ 0 v → 0 sin v
× lim
= –8 Jadi, lim
x→∞
6 . a.
4 x 4 cos x
−1
π
y – 3 = 2 3 (x –
⇔
y– 3= 2 3x– 3 π) 3
6
)
1
1
6
1
adalah y = 2 3 x – 3 π + 3. 3 8. Tit Titik ik stasi stasione onerr dicapai dicapai jik jika a f′(x) = 0. f′(x (x)) = 0
π
= (–8 (–8)) × 1 × 1 × 1 × 1 4 si s in tan
3 = 2 3
y=2 3x– 3 π + 3 3 Jadi, persamaan garis singgung kurva yang π melalui titik ( , 3) dan bergradien 2 3
Bentuk limit menjadi: sinu u u→ 0 v lim sin v v → 0 sin
3
⇔
→ ∞ atau v → ∞.
= (– (–8) 8) × lim
π
⇔
2 x
→ ∞ maka
, 3).
y – y1 = m(x – x1)
4 x
4 x
x→∞
6
Persamaan garis singgung kurva yang π melalui titik ( , 3) dan bergradien 2 3 : 6
2 x
2 x
× lim 4 x
4 x
4 x
sin
x→∞
2 x
1 2
=4×
sin
π
6
2 x
= lim (–8) × lim
2 x
f(x) = 4 sin2 x + 2
= 4 × sin
x →∞
maka
7. a .
× 4x × x2 × x2 × 4x × x2 × x2
2 x
×
× lim
4 x 4 x
×
−2 sin2 2x
x →∞
×
4 x
4 si s in
f(x) = sin5 (4x – 1) Misalkan: u = 4x – 1 dan v = sin u maka u′ = 4 dan v′ = cos u. Turunan f(x) = v5 adalah f′(x (x)) = 5v4 × v′ × u′ = 5 sin4 u × cos u × 4 = 20 sin4 u × cos u = 20 sin4 (4x – 1) × cos (4x – 1)
4 x
= –8.
f(x) = 3 cos (2 – 4x – 3x2) Misalkan: u = 2 – 4x – 3x2 maka u′ = –4 – 6x
⇔ –3 sin ( 4 – 2x) 2x) × (–2) (–2) = 0 ⇔
6 sin (
⇔
sin (
⇔
sin (
⇔
π 4
π 4
π 4
π 4
– 2x) 2x) = 0 – 2x) 2x) = 0 – 2x) 2x) = sin sin 0
– 2x = 0 + k × 2π atau
π 4
– 2x = π + k × 2π
Matematika Kelas XII
67
⇔
π 3π –2x = – + k × 2π atau –2x = + k × 2π
⇔
x=
⇔
x=
4
π 8
π 8
4
– k × π atau x = – ,
3π 8
– k × π
=–
169 13
––
++
π
5π 8
8
8
π
=
(−5)2
=
25 + 144 cos (x – 112,62°) + 17
a + b + 10 a
8
10
+ 122
Fungsi f(x) mencapai stasioner jika f′(x) = 0.
⇔
sinx cosx
⇔
tan ta n x=
Oleh karena tan x = –
12 5 12 – 5
=–
12 5
maka sin x = ±
.
f(x) maksimum = –5 cos x + 12 sin x + 17 = –5 × (– =
25 13
=
169 + 13
+
5 13
144 13
) + 12 × (
12 13
) + 17
+ 17
f(x) minimum = –5 cos x + 12 sin x + 17 = –5 × (
5 13
) + 12 × (–
12 13
dan
L =
1 2
(p + q) × t
=
1 2
(10 + a + b + 10) × t
=
1 2
(10 + 10 sin x + 10 sin x + 10) × 10 cos x
=
1 2
(20 sin x + 20) × 10 cos x
= (10 sin x + 10) × 10 cos x = 100 sin x cos x + 100 cos x = 50 × 2 sin x cos x + 100 cos x L(x) = 50 sin 2x + 100 cos x L bernilai maksimum jika L′(x) = 0. L′(x) = 0 50 cos 2x – 100 100 sin x = 0 ⇔ 100 cos 2x – 100 sin sin x = 0 2 ⇔ 100(1 – sin x) – 100 100 sin sin x = 0 2 ⇔ 100 – 200 sin x – 100 100 sin sin x = 0 ⇔ –200 sin2 x – 100 sin sin x + 100 100 = 0 2 ⇔ 2 sin x + sin sin x – 1 = 0 ⇔ (2 sin x – 1)(sin 1)(sin x + 1) 1) = 0 ⇔ 2 sin x – 1 = 0 atau sin x + 1 = 0
⇔
= 13 + 17 = 30
12 13
Penilaian Akhir Semester 1
) + 17
θ
Luas trapesium:
⇔
17
10
t
a = b = 10 sin x c = 10 cos x
Cara 2:
⇔ ⇔
b
10
10 → q
cos (x – 112,62°) + 17
f′(x (x)) = 0 5 sin sin x + 12 12 cos x = 0 5 sin sin x = –12 cos x
→ p
θ
= 13 cos (x – 112,62°) + 17 Oleh karena fungsi kosinus mempunyai nilai maksimum 1 dan minimum –1, diperoleh: f(x) maksimum maksimum = 13 × 1 + 17 = 30 f(x) f( x) min minim imum um = 13 13 × (– (–1) 1) + 17 17 = 4
5 13
+ 17
+ 17
Cara 1:
cos x = ±
144 13
10. Lipatan seng berbentuk berbentuk trapesium. trapesium. Untuk mencapai volume air maksimum, maka nilai stasioner dari luas trapesium = 0.
f(x)) = –5 cos f(x cos x + 12 sin sin x + 17 17
68
–
=4 Jadi, nilai maksimum f(x) = 30, sedangkan nilai minimum f(x) = 4.
π Fungsi f(x) naik pada interval 0 ≤ x < dan 8 5π < x ≤ π. 8 π 5π Fungsi f(x) turun pada interval < x < . 9.
25 13
= –13 + 17
5π 8
++
0
=–
sin si n x=
1 2
sin si n x = –1 –1
x = 30 Besar sudut θ = 90° – 30° = 60° Jadi, nilai θ agar volume maksimum adalah 60°.
Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. Menj Menjelas elaskan kan kons konsep ep varia variabel bel acak acak;; 2. menj menjelas elaskan kan dan menentu menentukan kan distribu distribusi si peluang peluang binomial binomial 3. menyelesai menyelesaikan kan masalah masalah berkaitan berkaitan dengan distribusi distribusi peluang binomial binomial suatu suatu percobaan acak; 4. menj menjelas elaskan kan karakteri karakteristik stik data data berdistribu berdistribusi si normal; normal; 5. Menyelesai Menyelesaikan kan masalah yang berkaitan dengan distribusi normal; 6. Mel Melaku akukan kan uji hip hipote otesi sis. s. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, siswa jeli dan berhati-hati dalam mengambil setiap keputusan dalam kehidupan sehari-hari.
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis Mempelajari
Distribusi Normal
Distribusi Peluang Binomial
Mencakup
Mencakup • • • •
Vari riab abel el Ac Aca ak Distri Dis tribus busii Pelu Peluang ang Vari Variabe abell Acak Acak Diskrit Dist Di strib ribus usii Peluan Peluang g Kumula Kumulati tiff Variabel Acak Diskrit Variab Var iabel el Aca Acakk Bin Binomi omial al dan Distribusi Peluang Binomial
Uji Hipotesis
• • • • • •
Distri Dis tribus busii Pelua Peluang ng Vari Variabe abell Acak Acak Kontinu Distrib Dis tribusi usi Pel Peluang uang Kumu Kumulat latifif Varia Variabel bel Acak Kontinu Fungs Fun gsii Pelu Peluang ang Var Variab iabel el Aca Acakk Berdistribusi Normal Peluan Pel uang g Vari Variabe abell Acak Acak X ~ N( μ, σ) Peluan Pel uang g Varia Variabel bel Aca Acakk X ~ N(0, N(0,1) 1) Karak Kar akter teris istik tik Data Data Berdis Berdistri tribus busii Normal
Mencakup • • • •
Hipotesis H 0 dan H1 Statis Sta tistik tik Uji Uji z dan dan Stati Statisti stik k Uji t Dae aera rah h Kri Kriti tis s Kesim Kes impul pulan an Uji Hip Hipote otesi sis s
Mampu • • • • • • • • • • •
Menjelas Menje laskan kan kon konsep sep var variab iabel el ac acak. ak. Menjelas Menj elaskan kan distrib distribusi usi peluang peluang variabe variabell acak diskri diskritt dan variabe variabell acak kontin kontinu. u. Menjelas Menj elaskan kan distribu distribusi si peluang peluang kumulat kumulatif if variabel variabel acak acak diskrit diskrit dan variabel variabel acak acak kontinu. kontinu. Mendes Men deskrip kripsik sikan an ciri ciri-cir -cirii perc percobaa obaan n bino binomial mial.. Meny Me nyaji ajikan kan fung fungsi si dis distri tribus busii binom binomial ial.. Menyele Men yelesai saikan kan masal masalah ah yang yang berkaita berkaitan n dengan dengan distrib distribusi usi binom binomial. ial. Menentuk Mene ntukan an fungsi fungsi pelu peluang ang variab variabel el acak acak berdis berdistribu tribusi si normal. normal. Menent Men entuka ukan n pelua peluang ng vari variabe abell acak acak X ~ N( μ, σ) dan X ~ N(0,1). Menjelas Menj elaskan kan kara karakteri kteristik stik data berd berdistr istribus ibusii norma normall Mela Me laku kuka kan n uj ujii hi hipo pote tesi sis. s. Jeli dan dan berhati-ha berhati-hati ti dalam mengam mengambil bil setiap setiap keputus keputusan an dalam dalam kehidupan kehidupan sehari-h sehari-hari. ari.
Matematika Kelas XII
69
A.
Tabel dari x, n1, dan f(x) sebagai berikut.
Piliha Pil ihan n Gan Ganda da
1. Jawaban: b Total jumlah hari = 30 Peluang setiap nilai X sebagai berikut.
x
ni
2
n1 = 1
n1 n(S)
=
1 36
f(x)
f(0) = 30 = 0,1
3
f(3) = 30 = 0,1
3
4
n2 = 3
n2 n(S)
=
3 36
6
f(4) = 30 = 0,3
9
6
n3 = 5
n3 n(S)
=
5 36
8
n4 = 5
n4 n(S)
=
5 36
10
n5 = 3
n5 n(S)
=
3 36
12
n6 = 1
n6 n(S)
=
1 36
f(1) = 30 = 0,2 f(2) =
9 30
= 0,3
Distribusi peluang variabel acak X sebagai berikut. X=x
0
1
2
3
4
f(x)
0,1
0,2
0,3
0,1
0,3
pilihan b.
Mata Dadu Pelambungan II
I n a g n u b m a l e P u d a D a t a M
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
1 12
=
1 12
Distribusi peluang pasangan kedua mata dadu yang terlihat berjumlah genap sebagai berikut.
Jadi, distribusi peluang variabel acak X adalah 2. Jawaban: c Sebuah dadu dilambungkan sebanyak dua kali, maka banyak anggota ruang sampel percobaan = n(S) = 62 = 36. Jumlah kedua mata dadu yang terlihat sebagai berikut.
=
X=x
2
4
6
8
10
12
f(x)
1 36
1 12
5 36
5 36
1 12
1 36
Jadi, distribusi peluang pasangan kedua mata dadu yang terlihat berjumlah genap adalah pilihan c.
3. Jawaban: e Jumlah kelereng = 10. Banyak kelereng biru = 4. Banyak kelereng merah = 6. Misalkan B = kelereng biru, M = kelereng merah, dan X = jumlah kelereng biru yang terambil. Dari kantong diambil tiga kelereng secara berurutan (percobaan dilakukan sebanyak 3 kali), maka nilai-nilai X adalah 0, 1, 2, dan 3. Ruang sampel percobaan adalah S = {MMM, BMM, MBM, MMB, BBM, BMB, MBB, BBB} Peluang nilai-nilai X dihitung dengan cara berikut. f(0) = P(X P(X = 0) 0) = P(MMM) = P(M) × P(M) × P(M) 6
5
4
= 10 × 9 × 8 6
7
8
9
10
11
12
Misalkan: X = jum jumla lah h ked kedua ua ma mata ta da dadu du ge gena nap p ni = banyak pasangan mata dadu f(x) = pelua peluang ng terlihat terlihat pasanga pasangan n mata dadu dadu berjumlah X Dari tabel di atas diperoleh nilai-nilai X yaitu x = 2, 4, 6, 8, 10, 12.
3
5
1
1
4
6
5
6
= 5 × 9 × 2 = 6 f(1) = P(X P(X = 1) = P(BMM atau MBM atau MMB) = P(BMM) + P(MBM) + P(MMB) = P(B) × P(M) × P(M) + P(M) × P(B) × P(M) + P(M) × P(M) × P(B) 4
5
6
5
4
= 10 × 9 × 8 + 10 × 9 × 8 + 10 × 9 × 8 2
2
5
3
4
5
3
5
1
= 5 × 3 × 8 + 5 × 9 × 8 + 5 × 9 × 2 1
1
1
3
1
= 6 + 6 + 6 = 6 = 2 70
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
f(2) = P(X P(X = 2) = P(BBM atau BMB atau MBB) = P(BBM) + P(BMB) + P(MBB) = P(B) × P(B) × P(M) + P(B) × P(M) × P(B) + P(M) × P(B) × P(B) =
4 3 6 × × 10 9 8
=
2 1 3 × × 5 3 4
=
1 10
+
1 10
2 2 3 × × 5 3 8
+
+
4 6 3 × × 10 9 8
+
1 10
=
+
+
6 4 3 × × 10 9 8
3 4 3 × × 5 9 8
6. Jawaban: e P(X ≥ 3) = 1 – P(X ≤ 2) = 1 – F(2) = 1 –
=
7. Jawaban: a P(X = 1) + P(X = 3)= f(1) + f(3) = (F(1) – F(0)) + (F(3) – F(2)) 5
= ( 16 –
3 10
4 2 3 × 9 × 10 8 2 1 1 1 × × = 5 3 4 30
1
2
3
f(x)
1 6
1 2
3 10
1 30
Jadi, distribusi peluang jumlah kelereng biru yang terambil adalah pilihan e. 4. Jawaban: b P(|X – 3| < 2) = P(–2 < X – 3 < 2) = P(–2 + 3 < X < 2 + 3) = P(1 < X < 5) = f(2) + f(3) + f(4)
=
=
3 15
=
4 15
+
8 16
+ 4 15
–
Jadi, nilai P(X ≥ 5) – F(2) =
8. Jawaban: a Kejadian yang diharapkan = menjawab soal dengan benar. Pilihan jawaban ada 2 yaitu benar dan salah sehingga diperoleh: p = P(sukse P(sukses) s) = P(menjawab soal dengan benar)
1
1
= 1 – p = 1 – 2 = 2 Jumlah soal 15, maka n = 15. Diinginkan menjawab dengan benar 8 soal, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 8. Peluang seorang peserta tes menjawab 15 soal dengan jawaban benar 8: P(X P( X = 8) = f(8) f(8) = b(8; 15;
1
– ( 15 +
3 15
4 . 15
.
q = P(menjawab soal dengan tidak benar)
7 . 15
6−2 15
1 2
1
5. Jawaban: a P(X ≥ 5) – F(2)= P(X ≥ 5) – P(X ≤ 2) = f(5) + f(6) – (f(1) + f(2)) 5−2 15
=
11 ) 16
= 2
3 4−2 + 15 15 2 15
Jadi, nilai P(|X – 3| < 2) =
=
4 4 + 16 16
Jadi, nilai P(X = 1) + P(X = 3) =
0
=
=
15
+ ( 16 –
1
X=x
2 + 15 5 + 15 7 15
1 ) 16
= 2
Distribusi peluang jumlah kelereng biru yang terambil sebagai berikut.
=
5 . 16
Jadi, nilai P(X ≥ 3) =
f(3) = P(X P(X = 3) = P(BBB) = P(B) × P(B) × P(B) =
11 5 = 16 16
2 15
=
15C8
1
1 2
) 1
( 2 )8 ( 2 )7
Dari tabel diperoleh nilai )
15 C 8
1
( 2 )8 (
1 7 ) 2
= 0,1964 Jadi, peluang seorang peserta tes menjawab dengan benar 8 soal adalah 0,1964. 9. Jawaban: d Kejadian yang diharapkan = lulus tes. p = P(sukse P(sukses) s) = P(lulus tes) = 20% =
1 5
Matematika Kelas XII
71
q = P(tidak P(tidak lulus lulus tes) =1–p =1–
2
Dari tabel diperoleh nilai ∑
x=0
1 x 8 8–x ) ( 9 )
8Cx ( 9
= 0,9500 Dengan demikian, diperoleh:
1 5
4
= 5 Diambil sampel secara acak sebanyak 10 peserta, maka n = 10. Diinginkan paling banyak terdapat 3 peserta lulus tes, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≤ 3. Peluang dari 10 peserta terdapat 3 paling banyak peserta lulus tes: P(X ≤ 3) = F(3)=
3
∑
x=0
10Cx
1
4
( 5 )x ( 5 )10 – x 3
Dari tabel diperoleh nilai ∑
x=0
2
1 8 1 – ∑ 8Cx ( 9 )x ( 9 )8 – x = 1 – 0,9500 = 0,0500 x=0
Jadi, peluang terlihat pasangan mata dadu berjumlah 5 paling sedikit 3 kali adalah 0,0500. B. Ur Urai aian an
1. Syarat Syarat X merupakan merupakan merup merupaka akan n variabel variabel acak acak diskrit adalah 0 ≤ f(x) < 1 untuk setiap nilai X dan Σ f(x) = 1.
1 x 4 10 – x 10Cx ( 5 ) ( 5 )
= 0,8791 Jadi, peluang paling banyak terdapat 3 peserta lulus tes adalah 0,8791. 10. Jawaban: c Percobaan melambungkan dua dadu bersamasama, maka banyak anggota ruang sampel = 6 2 = 36. Pasangan mata dadu berjumlah 5 ada 4 yaitu {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)}. Kejadian yang diharapkan = terlihat pasangan mata dadu berjumlah 5. p = P(suks P(sukses) es) = P(terlihat pasangan mata dadu berjumlah 5)
Langkah 1: Menyelidiki apakah 0 ≤ f(x) f(x) < 1.
Jumlah bola = 4 dan sebuah bola diambil dari kantong sebanyak dua kali dengan pengembalian, maka banyak anggota ruang sampel = 42 = 16. Jumlah kedua nomor bola yang terambil sebagai berikut. Pengambilan II
I n a l i b m a g n e P
1
2
3
4
1
2
3
4
5
2
3
4
5
6
3
4
5
6
7
4
5
6
7
8
4
= 36 1
= 9
q = P(terlihat pasangan pasangan mata dadu dadu berjumlah selain 5) =1–p 1
=1– 9 8
= 9 Percobaan diulang sebanyak 8 kali, maka n = 8. Diinginkan terlihat pasangan mata dadu berjumlah 5 paling sedikit 3 kali, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≥ 3. Peluang terlihat pasangan mata dadu berjumlah 5 paling sedikit 3 kali dari 8 kali percobaan: P(X ≥ 3) = 1 – P( P(X X ≤ 2) = 1 – F(2)
Misalkan: X = ju juml mlah ah ke kedu dua a nom nomor or bol bola a yang yang te tera ramb mbilil lebih dari 4 ni = banya banyak k pasangan pasangan nomor nomor bola f(x) = pel peluan uang g terambi terambill pasang pasangan an nomor nomor bola bola berjumlah X Dari tabel di atas diperoleh nilai-nilai X yaitu x = 5, 6, 7, 8. Tabel dari x, n1, dan f(x) sebagai berikut. x
2
=1–
∑ 8Cx ( 91 )x ( 89 )8 – x x=0
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
f(x)
5
n1 = 4
n1 n(S)
6
n2 = 3
n2 n(S)
= 16
7
n3 = 2
n3 n(S)
= 16 = 8
8
n4 = 1
n4 n(S)
= 16
4
1
= 16 = 4 3
2
1
1
1
3
Dari tabel diperoleh nilai-nilai f(x) yaitu 4 , 16 , 1 8,
72
ni
1
dan 16 .
1
3
1
1
Oleh karena 0 ≤ 4 , 16 , 8 , 16 < 1, maka syarat 0 ≤ f(x) < 1 terpenuhi. Langkah 2: Menyelidiki apakah Σ f(x) = 1. Σ f(x f(x)) = f(5) + f(6) f(6) + f(7) f(7) + f(8) 1
3
1
a.
1
p = P(terambil satu bola merah) = P(M) = 2 q = P(teram P(terambil bil satu satu bola bola bukan bukan merah) merah)
1
= 4 + 16 + 8 + 16 = =
1
4 +3 +2 +1 16 10 5 = 8 16
1 k 2k + 1 1 3 + 9 + 18 + 6 6 2k 2k + 1 3 18 + 18 + 18 + 18 4k + 10 18
⇔
⇔ ⇔ ⇔
2× 2 +1 3 18 + 18 5 3 = 18 + 18 8 = 18 = 49 nilai P(X ≥ 5) = 49 .
=
3. Misalkan Misalkan M = bola merah, merah, K = bola bola kuning, kuning, dan dan B = bola biru. Banyak percobaan = n = 10. M : K : B = 3 : 2 : 1, maka: Peluang terambil satu bola merah: 3
3
1
2
2
1
1
1
P(K) = 3 + 2 + 1 = 6 = 3 Peluang terambil bola biru: P(B) = 3 + 2 + 1 = 6
1
1
( 2 )5 ( 2 )5
= 0,2461.
1
P(M) = 3 + 2 + 1 = 6 = 2 Peluang terambil bola kuning:
10C5
=1
= 18 + 6
Jadi,
=
Dari tabel diperoleh nilai
Jadi, nilai k = 2. P(X ≥ 5) = P(X = 5) 5) + P(X = 6) = f(5) + f(6) 2k + 1
= b(5; 10; 2 )
=1
=1 4k + 10 = 18 18 4k 4 k=8 k = 2
⇔
b.
1
Oleh ka Oleh kare rena na X meru merupa paka kan n var varia iabe bell acak acak diskrit, maka Σ f(x) = 1. Σ f(x) = f(3) f(3) + f(4) f(4) + f(5) f(5) + f(6) = 1 ⇔
1
= 1 – 2 = 2 Diinginkan terambil 5 bola merah, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 5. Peluang terambil 5 bola merah dari 10 kali percobaan: P(X = 5) = f(5)
Oleh karena Σ f(x) ≠ 1, maka X bukan variabel acak diskrit. Jadi, X bukan variabel acak diskrit. 2. a.
Kejadian Kejadi an ya yang ng dih dihar arapk apkan an = teramb terambilil satu satu bola merah.
b.
10 C5
1
1
( 2 ) 5 ( 2 )5
Jadi, peluang terambil 5 bola merah adalah 0,2461. Kejadi Kej adian an yan yang g dihar diharapk apkan an = teram terambil bil bol bola a kuning. 1
p = P(terambil satu bola kuning) = P(K) = 3 q = P(teramb P(terambilil satu bola bola bukan bukan kunin kuning) g) 1
=1– 3 2
= 3 Diinginkan terambil 6 bola kuning, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 6. Peluang terambil 6 bola kuning dari 10 kali percobaan: P(X = 6) = f(6) 1
= b(6; 10; 3 ) =
10C6
1
2
( 3 )6 ( 3 )4
Dari tabel diperoleh nilai
10 C6
1
2
( 3 ) 6 ( 3 )4
= 0,0569. Jadi, peluang terambil 6 bola kuning adalah 0,0569. 4. Jumlah barang yang dihasilk dihasilkan an = 15, maka maka banyak percobaan = n = 15. Banyak barang berkualitas baik = 60% × 15 = 9. Banyak barang berkualitas tidak baik = 20% × 15 = 3.
Matematika Kelas XII
73
a.
b.
Kejadian yan Kejadian yang g diha diharap rapkan kan = terda terdapat pat bar barang ang berkualitas baik. p = P(terdapat P(terdapat barang berkualita berkualitas s baik) = 90% = 0,9 q = P(terdapat P(terdapat barang berkualitas berkualitas tidak baik) baik) = 1 – 0,9 = 0,1 Diinginkan terdapat 60% barang berkualitas baik, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 9. Peluang dari 15 barang terdapat 60% barang berkualitas baik: P(X = 9) = f(9) = b(9; 15; 0,9) = 15C9 (0,9)9 (0,1)6 Dari tabel diperoleh nilai 9 6 = 0,0019. 15 C9 (0,9) (0,1) Jadi, peluang terdapat 60% barang berkualitas baik adalah 0,0019. Kejadian Keja dian yan yang g diha diharap rapkan kan = terda terdapat pat bar barang ang berkualitas tidak baik. p = P(te P(terda rdapat pat bar barang ang ber berkua kualita litas s tidak tidak baik) = 20% = 0,2 q = P(terdapa P(terdapatt barang barang berkua berkualitas litas baik) = 1 – 0,2 = 0,8 Diinginkan terdapat paling banyak 20% barang berkualitas tidak baik, maka maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≤ 3. Peluang dari 15 barang terdapat paling banyak 20% barang berkualitas tidak baik: 3
P(X ≤ 3) = F(3) = ∑
C (0,2)x (0,8)15 – x x = 0 15 x
1
Oleh karena luas daerah B = 6 luas lingkaran, maka diperoleh: 1
p = P(jarum menunjuk daerah B) = 6
q = P(jarum menunjuk menunjuk bukan bukan daerah daerah B) 1
=1– 6 5
= 6 Diinginkan jarum menunjuk daerah B tepat 2 kali, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 2. Peluang jarum menunjuk daerah B tepat 2 kali dari 8 kali putaran: P(X = 2) = f(2) 1
= b(2; 8; 6 ) 1
1
b.
3
F(3) = ∑ 15Cx (0,2)x (0,8)15 – x = 0,6482. x=0 Jadi, peluang terdapat paling banyak 20% barang berkualitas tidak baik adalah 0,6482. 5. Papan lingka lingkaran ran diputar diputar seban sebanyak yak 8 kali, maka maka banyak percobaan = n = 8. a. Keja Kejadian dian yan yang g diha diharap rapkan kan = jaru jarum m men menunju unjuk k daerah B.
1
= 6 luas lingkaran 1
Oleh karena luas daerah C = 6 luas lingkaran, maka diperoleh: 1
p = P(jarum menunjuk daerah C) = 6 q = P(jarum menunjuk menunjuk bukan bukan daerah daerah C) 1
5
= 6 Diinginkan jarum menunjuk daerah C kurang dari 3 kali, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X < 3. Peluang jarum menunjuk daerah B kurang dari 3 kali dari 8 kali putaran: P(X < 3) = P(X ≤ 2) = F(2)
1
Luas daerah D = 2 luas lingkaran
2
= ∑
x=0
1
Luas daerah daerah B = 3 luas daerah D =
lingkaran
1
= 6 luas lingkaran
74
5
Dari tabel diperoleh nilai 8C 2 ( 6 ) 2 ( 6 ) 6 = 0,2605. Jadi, peluang jarum menunjuk daerah B tepat 2 kali adalah 0,2605. Kejadia Keja dian n yang yang dih dihara arapka pkan n = jaru jarum m menu menunju njukk daerah C. Luas daerah C = Luas daerah B
=1– 6
Dari tabel diperoleh nilai
1 1 3 × 2 luas
5
= 8C2 ( 6 )2 ( 6 )6
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
8Cx
1
5
( 6 )x ( 6 )8 – x 2
Dari tabel diperoleh nilai ∑
x=0
1 x 5 8–x 8Cx ( 6 ) ( 6 )
= 0,8652. Jadi, peluang jarum menunjuk daerah C kurang dari 3 kali adalah 0,8652.
c.
Kejadia Kejad ian n yang yang dihar diharap apka kan n = jarum jarum men menun unju juk k daerah D.
P(X > 3) = P(X ≥ 4) = 1 – P(X ≤ 3) 3
1
Oleh karena luas daerah D = 2 luas lingkaran, maka diperoleh: p = P(jarum menunjuk daerah D) =
=1– ∑
x=0
3
Dari tabel diperoleh nilai ∑
1 2
x=0
q = P(jarum menunjuk bukan daerah D) =1–
Dengan demikian, diperoleh: 3
=1– ∑
x=0
Jadi, fungsi distribusi kumulatif variabel acak X adalah 0, untuk x ≤ 0
1. Jawaban: d x 16
2 x , untuk 0 < x ≤ 4 32 F(x) = x − 4 4 , untuk 4 < x ≤ 6 1, untuk x > 6
, 0 < x ≤ 4 diperoleh:
F(t) = P( P(X X ≤ t) t
=
∫ f(x) dx 0 t
=
x dx 16 0
=
1 16
2.
∫
Jawaban: d
F(t) F( t) = P(X P(X ≤ t) t
t
⎡ 1 x2 ⎤ ⎣ 2 ⎦0
=
1 1 ( 16 2
=
1 1 2 × t 16 2
=
=
× (t2 – 02))
1 4
∫ f(y) dy 0 t
t2 32
Untuk f(x) =
1 x 1 8–x ) ( 2 )
8Cx ( 2
= 1 – 0,3633 = 0,6367 Jadi, peluang jarum menunjuk daerah D lebih dari 3 kali adalah 0,6367.
Piliha Pil ihan n Gan Ganda da
Untuk f(x) =
1 x 1 8 –x 8Cx ( 2 ) ( 2 )
= 0,3633
1 1 2 = 2
Diinginkan jarum menunjuk daerah D lebih dari 3 kali, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X > 3. Peluang jarum menunjuk daerah D lebih dari 4 kali dari 8 kali putaran: putaran:
A.
1 x 1 8–x ) ( 2 )
8Cx ( 2
=
y−2 8 0
=
1 8
⎡ 1 y2 − 2y⎤ ⎣2 ⎦0
=
1 8
( 2 (t2 – 0) – 2(t – 0))
=
1 8
( 2 t2 – 2t )
, 4 < x ≤ 6 diperoleh:
F(t) = P( P(X X ≤ t)
∫
dy t
1 1
t
=
∫ f(x) dx
Fungsi distribusi kumulatif variabel acak Y adalah
4 t
=
∫
1 4 4
dx =
=
1 4
(t – 4) =
1 4
t
[ x ]4
t−4 4
0, untuk y ≤ 2 1 1 F(y) = ( y 2 − 2y), untuk 2 < y ≤ 6 8 2
1, y > 6
Matematika Kelas XII
75
P(|Y – 2| ≤ 1) = P(–1 P(–1 ≤ Y – 2 ≤ 1) = P(–1 + 2 ≤ Y ≤ 1 + 2) = P(1 ≤ Y ≤ 3) = F(3) – F(1) y = 1 terletak pada interval y < 2 sehingga nilai F(1) = 0. y = 3 terletak pada interval 2 ≤ y ≤ 6 sehingga: F(3)= P(2 < X ≤ 3) = F(3) – F(2) =
1 8
1 2
( ×
=
1 8
9 (2 1 8
=–
3 2 –
2 × 3) – 1 8
– 6) –
(
1 2
×
2 2 –
1 9 12 ( − ) 8 2 2
–
1 8
=
1 8
× (– 2 ) +
2 8
3
3
⇔ 4(m – 0) –
(2 – 4)
× (–2)
1
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
–m2 + 8m – 16 = 0 m2 – 8m + 16 = 0 (m – 4)2 = 0 m=4
Jadi, nilai m = 4. 5. Jawaban: a P(T P( T < n) = F(n) F( n) =
∫
0
8−t 32 0
∫
⇔ 1 16
.
1 32
⇔
3. Jawaban: e Z merupakan variabel acak kontinu sehingga
⇔
8(n – 0) –
2
∫ f(z) dz = 1. 2
0
0
∫ f(z) dz = 1 ⇔
∫
k−z 2
⇔ k(2 – 0) –
⇔ ⇔ ⇔
1 2
= 1
(22 – 02) = 2
2k –
1 2
×4=2
2k – 2 = 2 2k = 4 k=2
3 4
1 2
(n2 – 02) = 1 2
3 4
× 32 32
n2 = 24
1
⇔ –n2 + 16n 16n – 48 = 0 2 ⇔ n – 16n 16n + 48 48 = 0 ⇔ (n – 4)(n 4)(n – 12) 12) = 0 ⇔ (n – 4) = 0 atau (n – 12 12)= )= 0 ⇔ n = 4 atau n = 12 4 terletak pada interval 0 ≤ x ≤ 8, sedangkan 12 tidak terletak pada interval 0 ≤ x ≤ 8 sehingga
2
1 ⎡ 1 ⎤ kz − z2 ⎥ ⎢ 2 ⎣ 2 ⎦0
3 4
– 2 n2 + 8n – 24 = 0
⇔
dz = 1
dxx = d
3 4 3 4
n 3 ⎡8t − 1 t2 ⎤ = 4 ⎢⎣ 2 ⎥⎦0
8n –
⇔
0
2
f(t) f( t) dt dt =
n
1 16
Jadi, nilai P(|Y – 2| ≤ 1) =
⇔
m2 = 8
– 2 m2 + 4m – 8 = 0
⇔
⇔
1 2
⇔
⇔
0=
= 1
(m2 – 02)= 8
4m –
⇔
2 × 2)
1 2
n
F(3) – F(1) =
nilai n = 4. Jadi, nilai n = 4. 6. Jawaban: b d dx
Jadi, nilai k = 2.
f(x) =
Jawaban: d
Pada interval x < 3, F(x) = 0 sehingga:
Z merupakan variabel acak kontinu sehingga f(x) =
m
∫ f(x) dx = 1.
0
76
1 ⎡ 1 ⎤ 4x − x2 ⎥ 8 ⎢⎣ 2 ⎦0
⇔
1 16 1 – 16
dx = 1 m
Dengan demikian, diperoleh:
4.
4−x 8 0
∫
0
4 10
= – 16 +
m
∫ f(x) dx = 1 ⇔
(2 – 4)
=
=
1 8
m
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
d dx
F(x)
(0) = 0
Pada inxerval 3 ≤ x < 7, F(x) = 14 x − x 2 16
14 x − x 2 16
sehingga:
9. Jawaban: c Diketahui variabel acak Z ~ N(0, 1). Fungsi peluang variabel acak Z ~ N(0, 1) didefinisikan sebagai
f (x (x) =
d dx
=
1 16
(14 – 2x)
f(z) = P(Z = z) =
=
2 16
(7 – x)
P(Z ≤ z) = ∫ f(z) dz = ∫ −∞
−∞
1 2π
e
3
3
1 2π
e
=
(
)
7−x 8 d dx
(1) = 0
Jadi, fungsi peluang variabel acak X adalah pilihan b.
P(Z ≤ 3) = ∫ f(z) dz = ∫ −∞
pada interval 4 ≤ z < 14 sehingga:
28 × 14 − 14 2 k
–
392 − 196 k
⇔
28 × 4 − 4 2 k
=1
112 − 16 k
=1
–
196 k
⇔ ⇔
96 k
=1
196 − 96 k
=1
–
196 19 6 – 96 = k k = 100 Jadi, nilai k = 100. 8. Jawaban: d X ~ N(μ, σ) sehingga μ = 6 dan σ = 3. Fungsi peluang variabel acak X ~ N( μ, σ ) didefinisikan sebagai berikut. f(x) = P(X = x) =
1 σ 2π
e
untuk –∞ < x < ∞
Untuk μ = 6 dan σ = 3 diperoleh fungsi peluang: f (x (x) = =
1 3 2π
1 x −6 ⎞ − ⎜⎛ 2 ⎝ 3 ⎟⎠ e
1 9 × 2π
e
2
=
1 ( x − 6 )2 − × 2 9
1 3 2 × 2π 1 18π
=
1 2
1 2
− z2
− z2
dz dz
dz.
10. Jawaban: d Variabel acak X ~ N(60, 20) sehingga μ = 60 dan σ = 20. P(X > 51) 51) = P(Z > = P(Z > = P(Z >
51 − μ
)
σ 51 − 60 20
−9 20
)
)
= P(Z > –0,45) = 1 – P(Z < –0,45) = 1 – 0,3264 = 0,6736 Jadi, nilai P(X > 51) = 0,6736.
1 ( x − 6 )2 2 32
Luas = 0,0808
x= k
μ = 85
Dari gambar diperoleh: P(X < k) = 0,0808 k − 85 15
− ×
⇔ P(Z <
( x − 6)2 − 18
Sehingga z =
e
e
e
1 2
− z2
11. Jawaban: b Variabel acak X ~ N(85, 15) sehingga μ = 85 dan σ = 15. P(X < k) = 8,08% = 0,0808 Luas daerah 0,0808 di bawah kurva normal N(85, 15) pada interval X < k dapat digambarkan seperti berikut.
⇔ ⇔
1 x −μ ⎞2 − ⎜⎛ 2 ⎝ σ ⎟⎠
untuk –∞ < z < ∞
1 2π
−∞
2
F(14) F(1 4) – F(4) F(4) = 1 ⇔
−∞
Jadi, nilai P(Z ≤ 3) = ∫
7. Jawaban: a Diketahui Z merupakan variabel acak kontinu dan F(z) =
z
3
Dengan demikian, diperoleh fungsi peluang variabel acak X: 0, untuk x yang lain f(x) = 7 − x , untuk 3 ≤ x < 7 8
28z − z k
e
1 2
− z2
z
Pada inxerval x ≥ 7 , F(x) = 1 sehingga: f (x (x) =
1 2π
) = 0,0808
k − 85 15
Jadi, fungsi peluang variabel acak X ~ N( μ, σ) adalah f(x) =
1 18π
e
−
( x − 6)2 18
.
Matematika Kelas XII
77
Perhatikan letak 0,0808 pada tabel distribusi Z berikut. z
0 ← ⎯ ⎯ 0,0287 ⎯ 0,0359 0,0⎯ 446 0,0⎯ 548
0,0668
0,0281 0,0351 0,0436 0,0537 0,0655
0,0274 0,0344 0,0427 0,0526 0,0643
0,0268 0,0336 0,0418 0,0516 0,0630
0,0262 0,0329 0,0409 0,0505 0,0618
–1,4 ← 0,0808 0,0968 –1,3 0,1151 –1,2 0,1357 –1,1 0,1587 –1,0
0,0793 0,0951 0,1131 0,1335 0,1562
0,0778 0,0934 0,1112 0,1314 0,1539
0,0764 0,0918 0,1093 0,1292 0,1515
0,0749 0,0901 0,1075 0,1271 0,1492
–1,9 –1,8 –1,7 –1,6 –1,5
0,01
0,02
0,03
0,04
z=
⎯
Dari tabel diperoleh P(Z < –1,4) = 0,0808 sehingga sehin gga nilai z = –1,4. Dengan demikian, diperoleh: z=
Dari tabel diperoleh P(Z < 0,44) = 0,67 sehingga nilai z = 0,44. Dengan demikian, diperoleh:
k − 85 ⇔ 15
–1,4 –1 ,4 =
137 − μ ⇔ 50
0,44 0, 44 =
⇔ 0,4 0,44 4 × 50 = 13 137 7–μ ⇔ 22 = 137 137 – μ ⇔ μ = 137 – 22 ⇔ μ = 115 Jadi, nilai μ = 115.
13. Jawaban: c Variabel acak X ~ N(90, σ) sehingga μ = 90. P(X > 61) = 87,7% = 0,877 Luas daerah 0,877 di bawah kurva normal N(90, σ) pada interval X > 61 dapat digambarkan seperti berikut.
k − 85 15
⇔ –1, –1,4 4 × 15 = k – 85 ⇔ –21 –2 1 = k – 85 ⇔ k = –21 –21 + 85 85 ⇔ k = 64
μ = 90
Jadi, nilai k = 64. 12. Jawaban: a Variabel acak X ~ N( μ, 50) sehingga σ = 50. P(X < 137) = 67% = 0,67 Luas daerah 0,67 di bawah kurva normal N( μ , 50) pada interval X < 137 dapat digambarkan seperti berikut.
P(Z >
⇔
61 − 90
σ 61 − 90
⇔ 1 – P(Z < ⇔
P(Z <
⇔
P(Z <
σ 61 − 90
σ 61 − 90
Sehingga z =
x = 137
Sehingga z =
137 − μ 50
) = 0,67
137 − μ 50
Perhatikan letak 0,67 pada tabel distribusi Z berikut. z
0
0,01
0,02
0,03
0,04 ←
⎯
0,5000 0,5040 0,5080 0,5120 0,51⎯ 60 0,0 0,5398 0,5438 0,5478 0,5517 0,55⎯ 57 0,1 0,5793 0,5832 0,5871 0,591 0,5948 0,2 ⎯ 0,3 0,6179 0,6217 0,6255 0,6293 0,6331 0,4 ←⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0,6554 0,6591 0,6628 0,6664 0,6700 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9
78
0,6915 0,7257 0,7580 0,7881 0,8159
0,6950 0,7291 0,7611 0,7910 0,8186
0,6985 0,7324 0,7642 0,7939 0,8212
σ
) = 0,8 0,877 77 ) = 0,87 0,877 7 ) = 1 – 0,8 0,877 77 ) = 0,1 0,123 23
61 − 90
σ
Perhatikan letak 0,123 pada tabel distribusi Z berikut.
Dari gambar diperoleh: P(X < 137) = 0,67 ⇔ P(Z <
0,877 x = 61
Dari gambar diperoleh: P(X > 61) = 0,877 0,877
0,67 μ
137 − μ 50
0,7019 0,7357 0,7673 0,7967 0,8238
0,7054 0,7389 0,7704 0,7995 0,8264
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
z –1,4 –1,3 –1,2 –1,1 –1,0 –0,9 –0,8 –0,7 –0,6 –0,5
0,04
0,05
0,06
← ⎯ 0,0721 0,0⎯ 869 0,1⎯ 038
0,0749 0,0735 0,0901 0,0885 0,1075 0,1056 0,1271 0,1251 0,1230 ←⎯⎯⎯⎯⎯ 0,1492 0,1469 0,1446 0,1736 0,2005 0,2296 0,2611 0,2946
0,1711 0,1977 0,2266 0,2578 0,2912
0,1685 0,1949 0,2236 0,2546 0,2877
0,07
0,08
0,0708 0,0853 0,1020 0,1210 0,1423
0,0694 0,0838 0,1003 0,1190 0,1401
0,166 0,1922 0,2206 0,2514 0,2843
0,1635 0,1894 0,2177 0,2483 0,2810
Dari tabel diperoleh P(Z < –1,16) = 0,123 sehingga nilai z = –1,16.
Dengan demikian, diperoleh: z=
61 − 90
σ
= P(Z <
61 − 90
⇔
–1,1 –1 ,16 6=
⇔
σ=
−29 − 1,16
⇔
σ=
29 116 × 10 −2
⇔
2 σ = 29 × 10
⇔
σ=
0,5 × N = 18 ⇔ N =
σ
= 1 – P(Z <
)
18 ⇔ 0,5
N = 36
B. Ur Urai aian an
14. Jawaban: a Misalkan X = air yang diisikan mesin ke gelas. Diketahui: Rata-rata air minum yang diisikan = 200 ml sehingga μ = 200. Simpangan baku air minum yang diisikan = 12 cm sehingga σ = 12. Data air yang diisikan mesin ke gelas berdistribusi normal sehingga X ~ N(200, 12). Peluang gelas diisi air minum lebih dari 218 ml = P(X > 218). P(X > 218) 218) = P(Z >
8
Jadi, siswa yang mengikuti mengikuti ulangan Matematika sebanyak 36 orang.
100 4
σ = 25
218 − μ
−21, 21, 2
) – P(Z <
= P(Z < 0,01) – P(Z < –2,65) = 0,5040 – 0,0040 = 0,5 Misalkan banyak siswa yang mengikuti ulangan Matematika = N. Banyak siswa yang memperoleh nilai 64,8 sampai 86,08 = 18 sehingga diperoleh:
σ
116
⇔ Jadi, nilai σ = 25.
0,08 8
1.. a. 1
Untuk f(t) =
1 5
, 0 ≤ t < 3 diperoleh:
F(x)= P(T ≤ x) x
=
x
1 5 0
∫
f(t) dt =
∫
1 5
(x – 0) =
0
=
Untuk f(t) =
7−t 20
1 x [t ]0 5
x 5
, 3 ≤ t < 7 diperoleh: x
F(x)= P(T ≤ x) =
)
dt =
x
7−t 20 3
∫ f(t) dt = ∫
3
218 − μ
)
x
=
1 20
=
1 (7(x 20
= 1 – P(Z < 1,5) = 1 – 0,9332 = 0,0668 = 6,68% Jadi, gelas yang berisi air minum lebih dari 218 ml sebanyak 6,68%.
=
1 20
(7x – 21 –
1 2 1 x + 2 2
× 9)
=
1 20
(7x – 21 –
1 2 9 x + 2 2
)
15. Jawaban: d Misalkan X = nilai ulangan Matematika. Diketahui: Rata-rata nilai ulangan = 86 sehingga μ = 86. Simpangan baku nilai ulangan = 8 sehingga σ = 8. Data nilai ulangan Matematika berdistribusi normal sehingga X ~ N(86, 8). Peluang siswa memperoleh nilai 64,8 sampai dengan 86,08 = P(64,8 ≤ X ≤ 86,08). P(64,8 ≤ X ≤ 86,08)
=
1 20
(– 2 x2 + 7x –
=
1 20
× (– 2 )(x2 – 14x + 33)
= 1 – P(Z < = 1 – P(Z <
= P(
64,8 − μ
σ
= P(Z < = P(Z <
≤ Z ≤
86,08 − μ
σ
σ 218 − 200 12 18 ) 12
86,08 − μ
σ
)
) – P(Z <
86, 08 08 − 86 8
)
) – P(Z <
64,8 −μ
σ
)
64, 8 − 86 8
)
dt
⎡7t − 1 t2 ⎤ 2 ⎦3 ⎣ – 3) –
1
1 2
(x2 – 3 2))
33 2
)
1
1
= – 40 (x2 – 14x + 33) Jadi, fungsi distribusi kumulatif variabel acak T adalah 0, untuk t < 0 t , untuk 0 ≤ t < 3 5 F(t) = 1 2 – 40 (t – 14t + 33), untuk 3 ≤ t < 7 1, untuk t ≥ 7
Matematika Kelas XII
79
b.
P(2 < T < 4) = P( P(T T < 4) – P(T < 2) = F(4) – F(2)
Perhatikan letak 0,25 pada tabel distribusi Z berikut.
1
= – 40 (42 – 14 × 4 + 33) – =
1 – 40
(16 – 56 + 33) –
1
= – 40 × (–7) – =
7 40
–
2 5
z –0,9 –0,8 –0,7 –0,6 –0,5
2 5
2 5
–0,4 –0,3 –0,2 –0,1 –0,0
16 40
9
= – 40 9
Jadi, nilai P(2 < T < 4) = – 40 . c.
P(k ≤ T < 6) = P(T < 6) – P(T ≤ k k)) =
⇔ ⇔–
1 40
(62 – 14 × 6 + 33) – F(k) =
36 – 84 + 33 – F(k) = –15 – F(k) F(k) = F(k) = F(k) F( k) = Jadi, nilai F(k) = 1. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
2. Q1 adalah nilai x yang memiliki luas
1 4
1 4
z=
–16 –16 –16 –15 + 16 –15 1
di bawah
= 0,25
Luas daerah 0,25 di bawah kurva normal N(70, 6) pada interval X < Q1 dapat digambarkan sebagai berikut.
0,06
0,07
← ⎯ 0,166 0,1⎯ 922 0,2⎯ 206
0,1711 0,1685 0,1977 0,1949 0,2266 0,2236 0,2578 0,2546 0,2514 ←⎯⎯⎯⎯⎯ 0,2912 0,2877 0,2843 0,3264 0,3632 0,4013 0,4404 0,4801
0,3228 0,3594 0,3974 0,4364 0,4761
0,3192 0,3557 0,3936 0,4325 0,4721
Q1 − 70 ⇔ 6
–0,6 –0 ,67 7=
80
Q1 − 70 6
0,1611 0,1867 0,2148 0,2451 0,2776
0,3156 0,3520 0,3897 0,4286 0,4681
0,3121 0,3483 0,3859 0,4247 0,4641
Q1 − 70 6
3. Misalka Misalkan n X = berat berat badan badan siswa siswa dalam dalam kg. Diketahui: Rata-rata berat badan siswa = 54 kg sehingga μ = 54. Simpangan baku tinggi badan siswa = 8 kg sehingga σ = 8. Data berat badan siswa berdistribusi normal sehingga X ~ N(54, 8). a. Pel Peluan uang g sisw siswa a yang yang mem memilik ilikii bera beratt bada badan n lebih dari 66 kg = P(X > 66). 66 − μ
σ
= 1 – P(Z <
Dari gambar diperoleh:
diperoleh z =
0,1635 0,1894 0,2177 0,2483 0,2810
–0,67 –0 ,67 × 6 = Q1 – 70 –4,0 –4 ,02 2 = Q1 – 70 Q1 = 70 – 4,02 Q1 = 65,98 Jadi, nilai Q1 = 65,98.
Luas = 0,25 x = Q 1 μ = 70
P(X < Q1) = P(Z <
0,09
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
P(X P( X > 66) = P(Z >
Q1 − 70 6
0,08
Dari tabel terlihat luas daerah 0,25 terletak di antara 0,2514 dan 0,2483. Dari tabel diperoleh P(Z < –0,67) = 0,2514 dan P(Z < –0,68) = 0,2483. 0,25 lebih dekat ke bilangan 0,2514 daripada 0,2483 sehingga dipilih nilai z = –0,67.
2 5 2 5 2 5
kurva normal N(70, 6) sehingga diperoleh: P(X < Q1) =
0,05
= 1 – P(Z < ) = 0,25 sehingga
.
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
= 1 – P(Z <
)
66 − μ
)
σ 66 − 54 8
)
12 ) 8
= 1 – P(Z < 1,5) = 1 – 0,9332 = 0,0668 Banyak siswa yang memiliki berat badan lebih dari dari 66 kg = 0,0668 0,0668 × 1.0 1.000 00 = 66,8 ≈ 67 Jadi, siswa yang memiliki berat badan lebih dari 66 kg sebanyak 67 orang.
b.
Peluang Peluan g sisw siswa a yang yang mem memilik ilikii bera beratt bada badan n 49 kg = P(X = 49). 49 − μ
P(X = 49) 49) = P(Z =
σ
)
49 − 54 8
= P(Z =
−5
= P(Z =
8
)
)
= P(Z = –0,625) z = –0,625 terletak di antara z = –0,63 dan z = –0,62 sehingga diperoleh: P(Z = –0,625)= P(Z < –0,62) – P(Z < –0,63) = 0,2676 – 0,2643 = 0,0033 Banyak siswa yang memiliki berat badan 59 kg = 0,0033 × 1.000 = 3,3 ≈ 3 Jadi, siswa yang memiliki berat badan 49 kg ada 3 orang. 4. Misalkan X = nilai TOEFL calon pegawai. Diketahui: Rata-rata nilai TOEFL = 500 sehingga μ = 500. Simpangan baku nilai TOEFL = 20 sehingga σ = 20. Data nilai TOEFL berdistribusi normal sehingga X ~ N(500, 20). Peluang calon pegawai sekurang-kurangnya memperoleh nilai TOEFL 545 = P(X ≥ 545). P(X ≥ 54 545) 5) = P(Z P(Z ≥ = P(Z >
545 − μ
σ 545 − μ
σ
= 1 – P(Z <
5. Misalkan X = hasil ujian Matematika. Diketahui: Rata-rata hasil ujian = 80 sehingga μ = 80. Simpangan baku hasil ujian = 10 sehingga σ = 10. Data hasil ujian berdistribusi normal sehingga X ~ N(80, 10). a. Mis Misal alka kan n k = nila nilaii terti terting nggi gi kate katego gori ri B. B. Peluang siswa memperoleh nilai dengan kategori A = P(X > k) = 10% = 0,1. Luas daerah 0,1 di bawah kurva normal N(80, 10) pada interval X > k dapat digambarkan sebagai berikut.
Luas = 0,1
μ = 80
Dari gambar diperoleh: P(X > k) = P(Z > diperoleh z =
545 − 500 20
= 1 – P(Z <
45 20
.
k − 80 ) 10 k − 80 P(Z > 10
)
= 1 – 0,1 = 0,9 Perhatikan letak 0,9 pada tabel distribusi Z berikut.
)
= 1 – P(Z <
) = 0,1 sehingga
P(X < k) = P(Z < =1–
) σ
k − 80 10
k − 80 10
Tabel distribusi Z pada lampiran menyajikan luas dibawah kurva pada interval Z < k sehingga untuk menentukan nilai k, terlebih dahulu kita cari nilai P(X < k).
)
545 − μ
x=k
)
)
= 1 – P(Z < 2,25) = 1 – 0,9878 = 0,0122 Banyak calon pegawai yang diterima = 0,0122 × 1.000 = 12,2 ≈ 12 Banyak calon pegawai yang ditolak = 1.000 – 12 = 988 Jadi, calon pegawai yang ditolak sebanyak 988 orang.
z 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9
0,05
0,06
0,07
0,08
← ⎯ 0,8599 0,8⎯ 810
0,8531 0,8554 0,8577 0,8749 0,8770 0,8790 0,8944 0,8962 0,898 0,8997 ←⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0,9115 0,9131 0,9147 0,9162 0,9265 0,9279 0,9292 0,9306 0,9394 0,9505 0,9599 0,9678 0,9744
0,9406 0,9515 0,9608 0,9686 0,975
0,9418 0,9525 0,9616 0,9693 0,9756
0,9429 0,9535 0,9625 0,9699 0,9761
0,09
0,8621 0,8830 0,9015 0,9177 0,9319 0,9441 0,9545 0,9633 0,9706 0,9767
Dari tabel terlihat luas daerah 0,9 terletak di antara 0,8997 dan 0,9015. Dari tabel diperoleh P(Z < 1,28) = 0,8997 dan P(Z < 1,29) = 0,9015.
Matematika Kelas XII
81
0,9 lebih dekat ke bilangan 0,8997 daripada 0,2483 sehingga dipilih nilai z = 1,28. z=
k − 80 10
1,28 1, 28 =
⇔
k − 80 10
1,28 × 10 = k – 80 80 12,8 12 ,8 = k – 80 80 k = 80 80 + 12 12,8 ,8 k = 92 92,8 ,8 Jadi, nilai tertinggi kategori B adalah 92,8. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
b.
Misalkan: m = nilai terendah kategori A n = nilai terendah kategori B Peluang siswa memperoleh nilai dengan kategori A = P(X > m) = 8% = 0,08. Peluang siswa memperoleh nilai dengan kategori B = P(n < X < m) = 20% = 0,2. Luas daerah 0,08 dan 0,2 di bawah kurva normal N(80, 10) pada interval X > m dan n < X < m dapat digambarkan sebagai berikut. Luas = 0,2 Luas = 0,08
μ = 80 x = n
x=m
diperoleh z =
n − 80 10
n − 80 10
) = 0,28 sehingga
.
Tabel distribusi Z pada lampiran menyajikan luas dibawah kurva pada interval Z < n sehingga untuk menentukan nilai k, terlebih dahulu kita cari nilai P(X < n).
82
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
n − 80 10
= 1 – P(Z >
)
n − 80 10
)
= 1 – 0,28 = 0,72 Perhatikan letak 0,72 pada tabel distribusi Z berikut. z
0,05
0,5199 0,5596 0,5987 0,6368 0,6736
0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9
0,06
0,5239 0,5636 0,6026 0,6406 0,6772
0,07
0,5279 0,5675 0,6064 0,6443 0,6808
0,08
← ⎯ 0,5319 0,5⎯ 714 0,6⎯ 103 0,6⎯ 480 0,6844 ⎯
0,7088 0,7123 0,7157 0,7190 ←⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0,7422 0,7734 0,8023 0,8289
0,7454 0,7764 0,8051 0,8315
0,7486 0,7794 0,8078 0,834
0,7517 0,7823 0,8106 0,8365
0,09
0,5359 0,5753 0,6141 0,6517 0,6879 0,7224 0,7549 0,7852 0,8133 0,8389
Dari tabel terlihat luas daerah 0,72 terletak di antara 0,7190 dan 00,7224. Dari tabel diperoleh P(Z < 0,58) = 0,7190 dan P(Z < 0,59) = 0,7224. 0,72 lebih dekat ke bilangan 0,7190 daripada 0,7224 sehingga dipilih nilai z = 0,58. z=
Dari gambar diperoleh: P(X > n) = P(Z >
P(X < n) = P(Z <
n − 80 10
⇔
0,58 0, 58 =
n − 80 10
0,58 0,5 8 × 10 10 = n – 80 5,8 = n – 80 80 n = 80 80 + 5,8 5,8 k = 85 85,8 ,8 Jadi, nilai terendah kategori B adalah 85,8. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
A. Pi Pili lih han Ga Gan nda
1. Jawaban: d Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah siswa SMA X berangkat dari rumah ke sekolah menempuh jarak rata-rata tidak lebih dari 5 km sehingga H0 : μ ≤ 5. H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : μ > 5. Jadi, hipotesis H0 dan H1 adalah H0 : μ ≤ 5 H1 : μ > 5 2. Jawaban: a Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah rata-rata nasi yang dihidangkan adalah 200 gram sehingga H0 : μ = 200. H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : μ ≠ 200. Jadi, hipotesis H0 dan H1 adalah H0 : μ = 200 H1 : μ ≠ 200 3. Jawaban: e Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah rata-rata hasil tes IQ siswa SMA X tidak kurang dari 100 sehingga H0 : μ ≥ 100. H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : μ < 100. Jadi, hipotesis H0 dan H1 adalah H0 : μ ≥ 100 H1 : μ < 100 4. Jawaban: d Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah siswa kelas 12A SMA X yang izin tidak masuk sekolah setiap bulan rata-rata paling banyak 5 orang sehingga H 0 : μ ≤ 5. H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : μ > 5. Jadi, hipotesis H0 dan H1 adalah H0 : μ ≤ 5 H1 : μ > 5 5. Jawaban: b Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah hormon yang disuntikkan pada ayam akan menambah berat telur atau tidak sehingga H 0 : μ = 60 (hormon yang disuntikkan pada ayam tidak menambah berat telur).
H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : μ > 60 (hormon yang disuntikkan pada ayam tidak menambah berat telur). Jadi, hipotesis H 0 dan H1 adalah H0 : μ = 60 H1 : μ > 60 6. Jawaban: c Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah obat pengecil perut yang diminum dapat mengecilkan perut atau tidak sehingga H 0 : μ = 95 (obat pengecil perut yang diminum tidak dapat mengecilkan perut). H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : μ < 95 (obat pelangsing yang diminum dapat menurunkan berat badan). Jadi, hipotesis H0 dan H1 adalah H0 : μ = 95 H1 : μ < 95 7. Jawaban: d Diketahui: 1) ra ratata-ra rata ta pop popula ulasi si yan yang g diuji diuji = μ0 = 5; x 2) ra rata ta-r -rat ata a sam sampe pell = = 6,5; 3) si simp mpan anga gan n ba baku ku = σ = 0,9; 4) ba bany nyak ak sa samp mpel el n = 49 > 30 30 Nilai statistik uji: z=
x − μ0 σ
=
n
6, 5 − 5 0,9 49
=
0,5 0,9 7
=
0, 5 × 7 0,9
=
35 ≈ 3,89 9
Jadi, nilai statistik uji hipotesis adalah z = 3,89. 8. Jawaban: e Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah rata-rata waktu menunggu bagi pelanggan restoran A untuk mendapatkan pelayanan adalah 5 menit sehingga H 0 : μ = 5. H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : μ ≠ 5. Dengan demikian, daerah kritis berada di kedua ujung kurva seperti berikut.
DK Luas = 0,025
DK Luas = 0,025
–z0,025
μ = μ = μ05
z0,025
Dari gambar diperoleh daerah kritis z < –z 0,025 dan z > z0,025.
Matematika Kelas XII
83
Perhatikan letak 0,025 pada tabel distribusi Z berikut. z
0,05
–2,4 –2,3 –2,2 –2,1 –2,0 –1,9 –1,8 –1,7 –1,6 –1,5
0,0071 0,0094 0,0122 0,0158 0,0202
0,06
← ⎯ 0,0069 0,0⎯ 091 0,0⎯ 119 0,0⎯ 154 0,0197 ⎯
0,0256 0,0250 ←⎯⎯⎯ 0,0322 0,0401 0,0495 0,0606
0,0314 0,0392 0,0485 0,0594
Perhatikan df = 15 dan α = 1% satu arah pada tabel distribusi t berikut.
0,07
0,08
0,09
df
0,0068 0,0089 0,0116 0,0150 0,0192
0,0066 0,0087 0,0113 0,0146 0,0188
0,0064 0,0084 0,0110 0,0143 0,0183
Dua arah Satu arah
0,0244 0,0307 0,0384 0,0475 0,0582
0,0239 0,0301 0,0375 0,0465 0,0571
0,0233 0,0294 0,0367 0,0455 0,0559
11 12 13 14 15
t=
x − μ0 s n
=
11 − 10 1,5 16
=
1 1,5 4
=
1× 4 1,5
=
1% 0,50%
0,20% 0,10%
2,201 1,796 1,782 2,179 1,771 2,160 2,624 1,761 2,145 2,602 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ 1,753 2,131
3,106 3,055 3,012 2,977 2,947
4,025 3,930 3,852 3,787 3,733
2,583 2,567 2,552 2,539 2,528
2,921 2,898 2,878 2,861 2,845
3,686 3,646 3,610 3,579 3,552
1,746 1,740 1,734 1,729 1,725
2,120 2,110 2,101 2,093 2,086
2% 1%
⎯ ⎯ 2,718 ⎯ 2,681 → 2,650
Dari tabel diperoleh nilai t 0,01 = 2,602 sehingga daerah kritis t > 2,602. B.
Uraian
1.. a. 1
4 ≈ 2,67 1,5
b.
Jadi, nilai statistik uji hiotesis adalah t = 2,67.
H0 : μ ≤ 10 (Waktu yang diperlukan untuk mengurus administrasi pasien rawat inap rata-rata tidak lebih dari 10 menit.) H1 : μ > 10 (Waktu yang diperlukan untuk mengurus administrasi pasien rawat inap rata-rata lebih dari 10 menit.) Dari Da ri per perma masa sala laha han n di ata atass dipe dipero roleh leh:: 1) ra ratata-ra rata ta pop popula ulasi si ya yang ng diu diujiji = μ0 = 10; 2) 3) 4)
10. Jawaban: b Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah pedagang jeruk di pasar X rata-rata dapat menjual jeruk paling banyak 10 kg jeruk per hari sehingga H0 : μ ≤ 10. H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : μ > 10. Dengan demikian, daerah kritis berada di ujung kanan kurva seperti berikut.
z=
Dari gambar diperoleh daerah kritis t > t 0,01. Banyak sampel n = 16 sehingga derajat bebas df = 16 – 1 = 15.
x − μ0 σ
x − μ0 σ
= c. d.
11 − 10 4 49
1 4 7
=
1× 7 4
= 1,75
Tingka Ting katt sign signif ifik ikan anssi α = 1% = 0,01. Mene Me nent ntuk ukan an dae daera rah h krit kritis is.. Dari permasalahan di atas diperoleh H 1 : μ > 10 sehingga daerah kritis berada di ujung kanan kurva seperti gambar berikut.
DK Luas = 0,01
μ = 10
84
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
.
n
n
DK Luas = 0,01
t0,01
rata-r rata -rat ata a sam sampe pell = x = 11; simp si mpan anga gan n ba bakku = σ = 3; banya ban yakk sam sampel pel n = 49 > 30 30 sehi sehingg ngga a menggunakan statistik uji z =
=
0
5% 2,50%
10% 5%
16 17 18 19 20
Dari tabel diperoleh P(Z < –1,96) = 0,025. Dengan demikian, diperoleh daerah kritis z < –1,96 dan z > 1,96. Jadi, daerah kritisnya adalah z < –1,96 dan z > 1,96. 9. Jawaban: b Diketahui: 1) ra ratata-ra rata ta pop popula ulasi si ya yang ng diu diujiji = μ0 = 10; 2) ra rata ta-r -rat ata a sam sampe pell = x = 11; 3) si simp mpan anga gan n bak baku u = s = 1, 1,5; 5; 4) ba bany nyak ak sa samp mpel el n = 16 < 30 30 Nilai statistik uji:
Tingkat Signifikansi α
z0,01
Dari gambar diperoleh daerah kritis z > z 0,01. Perhatikan letak 0,01 pada tabel distribusi Z berikut. z
0
0,01
0,02
–2,9 –2,8 –2,7 –2,6 –2,5
0,0019 0,0026 0,0035 0,0047 0,0062
0,0018 0,0025 0,0034 0,0045 0,0060
0,0018 0,0024 0,0033 0,0044 0,0059
0,0082
0,0080
0,0078
–2,4 –2,3 –2,2 –2,1 –2,0
0,0107 0,0104 0,0102 ←⎯⎯⎯⎯⎯ 0,0139 0,0179 0,0228
0,0136 0,0174 0,0222
0,0132 0,0170 0,0217
0,03
← ⎯ 0,0017 0,0⎯ 023 ⎯ 0,0032 0,0⎯ 043 0,0057 ⎯ 0,0⎯ 075 0,0099 0,0129 0,0166 0,0212
=
0,04
0,0016 0,0023 0,0031 0,0041 0,0055 0,0073 0,0096 0,0125 0,0162 0,0207
Dari tabel terlihat 0,01 terletak di antara 0,0102 dan 0,0099. Bilangan 0,01 lebih dekat ke 0,0099 daripada ke 0,0102. Dari tabel diperoleh P(Z < –2,32) = 0,0102 dan P(Z < –2,33) = 0,0099 sehingga nilai z = –2,33 Daerah kritis berada di ujung kanan kurva sehingga daerah kritis z > 2,33. e. Dar Darii langk langkah ah b dip dipero eroleh leh nil nilai ai stat statist istik ik uji uji z = 1,75 < 2,33 maka z = 1,75 di luar daerah kritis sehingga keputusannya H 0 diterima. f. Membuat kesimpulan Dari langkah e diperoleh keputusan uji H 0 diterima. Kesimpulan dari uji hipotesis adalah waktu yang diperlukan untuk mengurus administrasi pasien rawat inap rata-rata tidak lebih dari 10 menit. Jadi, pernyataan manager rumah sakit X tersebut t ersebut benar. 2.. a. 2
b.
H0 : μ ≥ 6,5 (Rata-rata berat semangka hasil panen tidak kurang dari 6,5 kg.) H1 : μ < 110 (Rata-rata berat semangka hasil panen kurang dari 6,5 kg.) Meng Me nghit hitun ung g ni nilai lai sta statis tistik tik uji uji.. Dari permasalahan di atas diperoleh: 1) ra ratata-ra rata ta pop popul ulas asii yan yang g diu diujiji = μ0 = 6,5; 2) 2) 2)
rata-r rata -rat ata a sam samp pel = x = 6,3; simp si mpan anga gan n bak baku u = s = 0, 0,4; 4; banya ban yakk sam sampel pel n = 16 < 30 30 seh sehing ingga ga menggunakan statistik uji t =
t=
x − μ0 s n
.
c. d.
x − μ0 s n
6, 3 − 6, 5 0,4 16
=
−0,2 0,4 4
=
−0, 2 × 4 0,4
= −4 = –2 2
Tingka Ting katt sign signif ifik ikan anssi α = 2,5% = 0,025. Dari Da ri per perma masa salah lahan an di atas atas dip diper erol oleh eh H1 : μ < 4 sehingga daerah kritis berada di ujung kiri kurva seperti gambar berikut.
DK Luas = 0,025
–t0,025
0
Dari gambar diperoleh daerah kritis t < –t 0,025. Nilai t0,025 dicari dengan cara berikut. Banyak sampel n = 16 sehingga derajat bebas df = 16 – 1 = 15. Perhatikan df = 15 dan α = 2,5% satu arah pada tabel distribusi t berikut. df Dua arah Satu arah
Tingkat Signifikansi α 20% 10%
10% 5%
5% 2,50%
⎯ ⎯ 2,201 ⎯ 2,179 → 2,160
2% 1%
1,796 1,363 11 1,782 1,356 12 1,771 1,350 13 2,145 1,761 1,345 14 2,131 1,753 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ 1,341 15
2,718 2,681 2,650 2,624 2,602
2,120 2,110 2,101 2,093 2,086
2,583 2,567 2,552 2,539 2,528
16 17 18 19 20
1,337 1,333 1,330 1,328 1,325
1,746 1,740 1,734 1,729 1,725
Dari tabel diperoleh nilai t 0,025 = 2,131 sehingga daerah kritis t < –2,131. e. Dar Darii langk langkah ah b dipe diperol roleh eh nilai nilai stat statisti istikk uji uji t = –2 > –2,131 maka t = –2 di luar daerah kritis sehingga keputusannya H 0 diterima. f. Membuat kesimpulan Dari langkah e diperoleh keputusan uji H 0 diterima. Kesimpulan dari uji hipotesis adalah ratarata berat semangka hasil panen tidak kurang dari 6,5 kg. Jadi, dapat dikatakan bahwa rata-rata berat semangka hasil panen tidak kurang dari 6,5 kg?
Matematika Kelas XII
85
3. a.
b.
H0 : μ = 16 (Hasil panen mangga tetap meskipun di beri pupuk organik X.) H1 : μ > 16 (Hasil panen mangga meningkat setelah di beri pupuk organik X.) Dari Da ri per perma masa sala laha han n di atas atas di dipe pero roleh leh:: 1) ra ratata-ra rata ta pop popula ulasi si ya yang ng diu diujiji = μ0 = 16; 2) ra rata ta-r -rat ata a sam sampe pell = x = 18; 3) si simp mpan anga gan n ba bakku = σ = 3; 4) ban banya yakk sam sampel pel n = 36 > 30 30 seh sehing ingga ga menggunakan statistik uji z =
x − μ0 σ
Dari tabel diperoleh P(Z < –2,17) = 0,015. Daerah kritis berada di ujung kanan kurva sehingga daerah kritis z > 2,17. e.
Dari langk Dari langkah ah b dipe diperole roleh h nilai nilai stat statisti istikk uji uji z = 4 > 2,33 maka z = 4 di dalam daerah kritis sehingga keputusannya H 0 ditolak. f. Membuat kesimpulan Dari langkah e diperoleh keputusan uji H 0 ditolak. Kesimpulan dari uji hipotesis adalah Hasil panen mangga meningkat setelah di beri pupuk organik X. Jadi, pupuk organik X dapat meningkatkan hasil panen mangga.
.
n
z=
18 − 16
4. a.
σ n
= = c. d.
18 − 16 4 36
2 3 6
=
2×6 3
= 4
b.
Tingka Ting katt sign signif ifik ikan anssi α = 1,5% = 0,015. Mene Me nent ntuk ukan an dae daera rah h krit kritis is.. Dari permasalahan di atas diperoleh H1 : μ > 16 sehingga daerah kritis berada di ujung kanan kurva seperti gambar berikut.
H0 : μ = 80 (Berat badan tetap meskipun telah mengonsumsi obat X.) H1 : μ < 80 (Berat badan turun setelah mengonsumsi obat X.) Dari Da ri per perma masa sala laha han n di atas atas di dipe pero roleh leh:: 1) ra ratata-ra rata ta pop popula ulasi si ya yang ng diu diujiji = μ0 = 80; 2) ba bany nyak ak sam sampe pell n = 9 < 30 30 sehi sehing ngga ga menggunakan statistik uji t =
x − μ0 s n
Rata-rata sampel: DK Luas = 0,015
μ = 16
–2,9 –2,8 –2,7 –2,6 –2,5 –2,4 –2,3 –2,2 –2,1 –2,0
86
0,05
0,0016 0,0022 0,0030 0,0040 0,0054
0,06
0,0015 0,0021 0,0029 0,0039 0,0052
0,07
← ⎯ 0,0015 0,0⎯ 021 0,0⎯ 028 0,0⎯ 038 0,0051 ⎯ 0,0⎯ 068 0,0⎯ 089
0,0071 0,0069 0,0094 0,0091 0,0122 0,0119 0,0116 ←⎯⎯⎯⎯⎯ 0,0158 0,0154 0,0150 0,0202 0,0197 0,0192
0,08
0,09
Jumlah nilai data Banyak data
=
78 + 77 + 78 + 80 + 77 + 80 + 78 + 77 + 77 9
=
702 9
z0,015
Dari gambar diperoleh daerah kritis z > z0,015. Perhatikan letak 0,015 pada tabel distribusi Z berikut. z
x =
= 78 Simpangan baku: n
s=
∑ (xi − x)2 = 1 n
0,0014 0,0020 0,0027 0,0037 0,0049
0,0014 0,0019 0,0026 0,0036 0,0048
0,0066 0,0087 0,0113 0,0146 0,0188
0,0064 0,0084 0,0110 0,0143 0,0183
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
9
∑ ( x i − x )2 1
9
9
∑ (xi – x )2 1
= (78 – 78)2 + (77 – 78)2 + (78 – 78)2 + (80 – 78)2 + (77 – 78)2 + (80 – 78)2 + (78 – 78)2 + (77 – 78)2 + (77 – 78)2 = 02 + (–1)2 + 02 + 22 + (–1)2 + 22 + 02 + (–1)2 + (–1)2 =0+1+0+4+1+4+0+1+1 = 12
.
Sehingga diperoleh:
5.. a. 5
9
s =
∑ (x i − x ) 2 1
9
= t= c. d.
12 9 x − μ0 s n
= =
4 3
=
78 − 80 2 1,7 9
2 4 ≈ 1,7 3
=
−2 2 1,7 ×3
=
−2 × 1, 7 × 3 2
= –5,1
b.
Tingka Ting katt sign signif ifik ikan anssi α = 1% = 0,01. Dari Da ri per perma masa sala laha han n di ata atas s dipe dipero role leh h H1 : μ < 80 sehingga daerah kritis berada di ujung kiri kurva seperti gambar berikut.
H0 : μ = 80 (Rata-rata nilai ulangan Matematika siswa kelas XII adalah 80.) H1 : μ ≠ 80 (Rata-rata Rata-rata nilai ulangan Matematika siswa kelas XII tidak sama dengan 80.) Meng Me nghit hitun ung g ni nilai lai sta statis tistik tik uji uji.. Dari permasalahan di atas diperoleh: 1) ra ratata-ra rata ta pop popula ulasi si ya yang ng diu diujiji = μ0 = 80; 2) ba bany nyak ak sam sampe pell n = 9 < 30 30 sehi sehing ngga ga menggunakan statistik uji t =
x − μ0 s n
.
Rata-rata sampel: x
DK Luas = 0,01
–t0,01
11 12 13 14 15
=
75 + 78 + 80 + 82 + 79 + 80 + 75 + 80 + 73 9
=
702 9
= 78 Simpangan baku: n
s=
∑ (xi − x)2 = 1
20% 10%
10% 5%
5% 2,50%
2,447 1,943 1,440 2,365 1,895 1,415 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ← 2,306 1,860 1,397 2,262 1,833 1,383 2,228 1,812 1,372 1,363 1,356 1,350 1,345 1,341
1,796 1,782 1,771 1,761 1,753
2,201 2,179 2,160 2,145 2,131
2% 1%
⎯ ⎯ 3,143 2,998 ←
9
∑ ( x i − x )2 1
9
n
Tingkat Signifikansi α
Dua arah Satu arah
6 7 8 9 10
Jumlah nilai data Banyak data
0
Dari gambar diperoleh daerah kritis t < –t 0,01. Banyak sampel n = 9 sehingga derajat bebas df = 9 – 1 = 8. Perhatikan df = 8 dan α = 1% satu arah pada tabel distribusi t berikut. df
=
9
1% 0,50%
2,896 2,821 2,764
3,707 3,499 3,355 3,250 3,169
2,718 2,681 2,650 2,624 2,602
3,106 3,055 3,012 2,977 2,947
Dari tabel diperoleh nilai t 0,01 = 2,896 sehingga daerah kritis t < –2,896. e. Dar Darii langk langkah ah b dip dipero eroleh leh nil nilai ai stat statist istik ik uji uji t = –5,1 < –2,896 maka t = –5,1 di dalam daerah kritis sehingga keputusannya H 0 ditolak. f. Da Dari ri lan langk gkah ah e dip diper erol oleh eh kep keput utus usan an uji uji H0 ditolak. Kesimpulan dari uji hipotesis adalah berat badan turun setelah mengonsumsi obat X. Jadi, benar bahwa obat X dapat menurunkan berat badan jika dikonsumsi secara teratur.
∑ (xi – x )2 1
= (75 – 78)2 + (78 – 78)2 + (80 – 78)2 + (82 – 78)2 + (79 – 78)2 + (80 – 78)2 + (75 – 78)2 + (80 – 78)2 + (73 – 78)2 = (–3)2 + 02 + 22 + 42 + 12 + 22 + (–3)2 + 22 + (–5)2 = 9 + 0 + 4 + 16 + 1 + 4 + 9 + 4 + 25 = 72 Sehingga diperoleh: 9
s =
∑ ( x i − x )2 1
9
= t= c.
72 9 x − μ0 s n
= =
8 = 2 2 ≈ 2 × 1,4 = 2,8 78 − 80 2,8 9
=
−2 2,8 3
=
−2 × 3 2,8
=
−6 ≈ –2,14 2,8
Ting Ti ngka katt sign signif ifik ikan anssi α = 5% = 0,05.
Matematika Kelas XII
87
d.
Dari per Dari permas masala alaha han n di atas atas dip diper erole oleh h H1 : μ ≠ 110 sehingga daerah kritis berada di kedua ujung kurva seperti gambar berikut.
DK Luas = 0,025
DK Luas = 0,025
μ = μ0
–t0,025
t0,025
Dari gambar diperoleh daerah kritis t < –t 0,025 dan t > t0,025. Banyak sampel n = 9 sehingga derajat bebas df = 9 – 1 = 8. Perhatikan df = 8 dan α = 5% dua arah pada tabel distribusi t berikut. df
Tingkat Signifikansi α
⎯ ⎯ ⎯ 2,447 1,943 1,440 2,365 1,895 1,415 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ← ←
Dua arah Satu arah
6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
20% 10%
10% 5%
5% 2,50%
2% 1%
1,397 1,383 1,372
1,860 1,833 1,812
2,306 2,262 2,228
3,143 2,998 2,896 2,821 2,764
1,363 1,356 1,350 1,345 1,341
1,796 1,782 1,771 1,761 1,753
2,201 2,179 2,160 2,145 2,131
2,718 2,681 2,650 2,624 2,602
1% 0,50%
3,707 3,499 3,355 3,250 3,169 3,106 3,055 3,012 2,977 2,947
Dari tabel diperoleh nilai t 0,05 = 2,306 sehingga daerah kritis t < –2,306 dan t > 2,306.
88
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
e.
Dari langka Dari langkah h b dipe diperol roleh eh nila nilaii stati statisti stikk uji uji t = –2,14 > –2,306 maka t = –2,14 di luar daerah kritis sehingga keputusannya H 0 diterima. f. Da Dari ri lan langk gkah ah e dip diper erol oleh eh kep keput utus usan an uji uji H0 diterima. Kesimpulan dari uji hipotesis adalah ratarata nilai ulangan Matematika siswa kelas XII adalah 80. Jadi, kita dapat menyimpulkan bahwa rata-rata nilai ulangan Matematika siswa kelas XII adalah 80.
Fungsi peluang variabel acak X ~ BIN(n, p): f(x) = P(X = x) = b(x; n; p) = nCx px qn – x
Distribusi Peluang Binomial
Fungsi peluang kumulatif variabel acak X ~ BIN(n, p): F(t)= P(X ≤ t) =
t
∑
x=0
nCx p
x qn – x
= nC0 p0 qn – 0 + nC1p1qn – 1 + nC2p2qn – 2 + . . . + nCt pt qn – t Fungsi peluang variabel acak X ~ N( μ, σ): 2
f(x) = P(X = x) =
1 σ 2π
1 x −μ ⎞ − ⎜⎛ ⎟ e 2⎝ σ ⎠
untuk –∞ < x < ∞
Fungsi distribusi kumulatif variabel acak X ~ N( μ, σ): x
x
−∞
−∞
F(x) = P(X ≤ x) = ∫ f(x) dx = ∫
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
Distribusi Normal
1 x −μ ⎞ − ⎜⎛ ⎟ e 2⎝ σ ⎠
2
dx
Fungsi peluang variabel acak Z ~ N(0, 1): 1 2π
f(z) = P(Z = z) =
e
1 2
− z2
untuk –∞ < x < ∞
Fungsi distribusi kumulatif variabel acak Z ~ N(0, 1): z
F(z) = P(Z ≤ z) = ∫ f(z) dz = −∞
z 1 ∫ σ 2π −∞
e
1 2
− z2
dz
1. Mer Merumu umusk skan an hipot hipotes esis is nol nol (H0) dan hipotesis alternatif (H 1). 2. Menghitu Menghitung ng nila nilaii stat statisti istikk uji. a. Jik Jika a ukuran ukuran samp sampel el yang yang di di uji n ≥ 30, statistik uji yang digunakan z=
x − μ0 σ
, Z ~ N(0, 1).
n
b. Jik Jika a ukuran ukuran samp sampel el yang yang di uji uji n < 30, statistik uji yang digunakan t =
x − μ0 s n
,
t berdistribus berdistribusii student dengan dengan derajat bebas df = n – 1. 3. Mene Menentuk ntukan an ting tingkat kat sign signifia ifiansi nsi α. 4. Menent Menentuka ukan n daera daerah h kriti kritis. s. a. Jika H1 : μ ≠ μ0, daerah kritis berada di ujung kanan dan ujung kiri kurva. Daerah kritis: 1) unt untuk uk dis distr trib ibus usii Z adal adalah ah H 0 ditolak jika nilai z < –z α /2 atau nilai z > z α /2 ; 2) unt untuk uk dis distri tribus busii t adal adalah ah H 0 ditolak jika nilai t < –t α /2 atau nilai t > t α /2 . Uji Hipotesis
b. Jika H1 : μ > μ0, daerah kritis berada di ujung kanan kurva. Daerah kritis: 1) untu untukk distr distribu ibusi si Z adal adalah ah H 0 ditolak jika nilai z > z α; 2) untu untukk distri distribus busii t adal adalah ah H 0 ditolak jika nilai t > t α. c . Jika H 1 : μ < μ0, daerah kritis berada di ujung kiri kurva. Daerah kritis (DK): 1) unt untuk uk distr distribu ibusi si Z adala adalah h H 0 ditolak jika nilai z < –z α ; 2) unt untuk uk distr distribu ibusi si t adala adalah h H 0 ditolak jika nilai t < –t α. 5. Men Menent entuk ukan an kepu keputus tusan an uji uji 6. Me Memb mbua uatt kesim kesimpu pula lan n
Matematika Kelas XII
89
A. Pi Pili lih han Ga Gan nda
f(7)) = P(X f(7 P(X ≤ 7) – P(X ≤ 6)
Jawa waba ban n: b 1. Ja
2
F(0) = P(X ≤ 0) = f(0) =
1
1
1
2
3
F(1) = P(X ≤ 1) = f(0) + f(1) = 8 + 4 = 8 + 8 = 8 F(2) = P(X ≤ 2) = f(0) + f(1) + f(2) =
3 1 4 1 8 + 8 = 8 = 2
F(3) = P(X ≤ 3) = f(0) + f(1) + f(2) + f(3) =
1 1 2 + 2 =
1
Fungsi peluang kumulatif variabel acak X sebagai berikut. 0, untuk x < 0 1 , untuk 0 ≤ x < 1 8 3 F(x) = 8 , untuk 1 ≤ x < 2 1 , untuk 2 ≤ x < 3 2 1, untuk x ≥ 3
1 5
f(5)) = P(X f(5 P(X ≤ 5) – P(X ≤ 4) = F(5) – F(4) 2 5
–
1 5
=
1 5
f(6)) = P(X f(6 P(X ≤ 6) – P(X ≤ 5) = F(6) – F(5) =
2 3
–
10
2 5
6
4
= 15 – 15 = 15
90
4
5
6
7
f(x)
1 5
1 5
4 15
1 3
Jawaba ban n: d 3. Jawa Misalkan B = keadaan mesin baik setelah 10 tahun dan R = keadaan mesin rusak setelah 10 tahun. Nilai-nilai X adalah 0, 1, 2, dan 3. Nilai-nilai X beserta titik-titik sampel dan peluangnya sebagai berikut.
Jawab ban an:: e 2. Jawa Dari grafik diperoleh fungsi distribusi peluang kumulatif: 0, untuk x < 4 1 , untuk 4 ≤ x < 5 5 2 F(x) = 5 , untuk 5 ≤ x < 6 2 , untuk 6 ≤ x < 7 3 1, untuk x ≥ 7
=
X=x
Jadi, distribusi peluang kumulatif variabel acak X adalah pilihan e.
Jadi, fungsi peluang kumulatif variabel acak X adalah pilihan b.
f(4) = P(X ≤ 4) = F(4) =
1
= F(7) – F(6) = 1 – 3 = 3 Distribusi peluang variabel acak X sebagai berikut.
1 8
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
Keadaan Mesin
Nilai X
Titik Sampel
f(x)
3 mesin rusak
0
R1R2R3
1 8
1 mesin baik
1
B1R2R3, R1B2R3, R1R2B3
3 8
2 mesin baik
2
B1B2R3, B1R2B3, R1B2B3
3 8
3 mesin baik
3
B1B2B3
1 8
Dari tabel diatas diperoleh: 1
F(0) = P(X ≤ 0) = f(0) = 8
1
3
4
1
F(1) = P(X ≤ 1) = f(0) + f(1) = 8 + 8 = 8 = 2 4
3
7
F(2) = P(X ≤ 2) = f(0) + f(1) + f(2) = 8 + 8 = 8 7
1
F(3) = P(X ≤ 5) = f(0) + f(1) + f(2) + f(3) = 8 + 8 = 1 Fungsi distribusi peluang kumulatif variabel acak X sebagai berikut. 0, untuk x < 0 1 , untuk 0 ≤ x < 1 8 1 F(x) = , untuk 1 ≤ x < 2 2 7 , untuk 2 ≤ x < 3 8 1, untuk x ≥ 3 Jadi, fungsi distribusi peluang kumulatif variabel acak X adalah pilihan d.
Jawab ban an:: a 4. Jawa Jumlah bola = 5 Banyak bola merah = 2 Banyak bola kuning = 3 Dari 5 bola diambil 2 bola secara acak sehingga banyak pasangan bola yang mungkin terambil = 5C 2 .
Misalkan M = bola merah, dan K = bola kuning. Dua bola diambil sekaligus secara acak dan Y = jumlah bola merah yang terambi terambil,l, maka maka nilai-nila nilai-nilaii Y adalah 0, 1, dan 2. Peluang masing-masing nilai Y sebagai berikut. 2 C0
f(0) = P(0M,2K) =
× 3 C2
5 C2 2 C1
f(1) = P(1M,1K) =
× 3 C1
5 C2 2C2
f(1) = P(2M,0K) =
× 3 C0
5 C2
=
1× 3 10
= 10
=
2×3 10
= 10
=
1× 1 10
1 10
3
Jawaba ban n: b 5. Jawa P(3 < X ≤ 5) = P(X = 4) 4) + P(X = 5) = f(4) + f(5) 1
4
7
= 16 7
Jadi, nilai P(3 < X ≤ 5) = 16 . Jawab ban an:: a 6. Jawa F(5) – P(X ≥ 5)= P(X ≤ 5) – P(X ≥ 5) = f(3) + f(4) + f(5) – (f(5) + f(6) + f(7)) = f(3) + f(4) – f(6) – f(7)
3
6
9
1
9
= 10 + 10 = 10 F(2) = P(Y P(Y ≤ 2) = f(0) + f(1) + f(2) = 10 + 10 = 1 Fungsi distribusi peluang kumulatif variabel acak Y: 0, untuk y < 0 3 10 , untuk 0 ≤ y < 1 F(y) = 9 , untuk 1 ≤ y < 2 10 1, untuk y ≥ 2 Distribusi peluang kumulatif variabel acak Y dalam bentuk grafik sebagai berikut. F(Y)
3
1
3
2
1
1
= 16 + 4 – 8 – 4 = 16 – 16 1
= 16
3
F(0) = P(Y ≤ 0) = f(0) = 10 F(1) F( 1) = P(Y P(Y ≤ 1) = f(0) + f(1)
3
= 16 + 16
6
=
3
= 4 + 16
1
Jadi, nilai F(5) – P(X ≥ 5) = 16 . Jawab ban an:: e 7. Jawa P(|X – 4| < 3) = P(–3 < X – 4 < 3) = P(–3 + 4 < X < 3 + 4) = P(1 < X < 7) = P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6) = f(2) + f(3) + f(4) + f(5) + f(6) 3 +1 +1 = 212 + 12 + 412 + 0 + 0 3 3 5 = 12 + 12 + 12 11 = 12 11 Jadi, nilai P(|X – 4| < 3) = 12 .
Jawaba ban n: b 8. Jawa P(X ≥ 2) – F(3)= P(X ≥ 2) – P(X ≤ 3) = (f(2) + f(3) + f(4)) – (f(1) + f(2) + f(3)) = f(4) – f(1) 1 +1 = 412 – 12
1
9 10
5
1
= 12 – 12 4
= 12 3 10
0
1
= 3 1
2
Y=y
1
Jadi, nilai P(X ≥ 2) – F(3) = 3 .
Jadi, distribusi peluang kumulatif variabel acak Y adalah pilihan a.
Matematika Kelas XII
91
Jawab ban an:: e 9. Jawa Dari grafik diperoleh fungsi peluang kumulatif: 0, untuk x < 3 1 , untuk 3 ≤ x < 4 5 1 F(x) = , untuk 4 ≤ x < 5 2 7 10 , untuk 5 ≤ x < 6 1, untuk x ≥ 6
Jawaba ban n: d 13. Jawa Kejadian yang diharapkan = menjawab soal dengan benar p = P(sukse P(sukses) s) 1
= P(menjawab soal dengan benar) = 4 1
P(3 < X ≤ 5) = F(5) F(5) – F(3 F(3)) 7
1
= 10 – 5 7
1
= b(12; 30; 4 )
2
= 10 – 10 5
=
1
= 10 = 2
Jadi, nilai P(3 < X ≤ 5) =
30 C 12
1 = 1 – 2 × 21 + 5 1
=1–1+ 5
1 12 3 18 ) ( 4 )
30 C 12 ( 4
14. Jawaban: d Banyak bola hijau = 30 – 12 = 18. Kejadian yang diharapkan = terambil bola hijau p = P(sukse P(sukses) s) = P(terambil bola hijau) 18
= 30 = 0,6 q=1–p = 1 – 0,6 = 0,4 Jumlah bola yang diambil 10 sehingga n = 10. Diinginkan terambil paling banyak 6 bola hijau, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≤ 6. Peluang terambil paling banyak 6 bola hijau = P(X ≤ 6)
1 1
Jadi, nilai P(X ≥ 5) – f(4) = 5 . Jawab ban an:: c 11. Jawa P(6 ≤ Y < 9) = f(6) + f(7) + f(8) = P(5 < Y ≤ 8) = F(8) – F(5) 1
= 4 – 4
6
2
= 4
=
1
∑
x=0
x 10 – x 10Cx (0,6) (0,4)
= 2
Jadi, nilai P(6 ≤ Y< 9) =
6
Dari tabel diperoleh nilai ∑
1 2.
x=0
Jawaba ban n: b 12. Jawa P(Y > 7) – f(9)= f(9) = 1 – P(Y ≤ 6) – (F(9) – F(8)) = 1 – F(6) – (F(9) – F(8)) 2
3
= 1 – 5 – (1 – 4 ) 3
1
= 5 – 4 12
5
Jawab ban an:: a 15. Jawa Kejadian yang diharapkan = terambil angka p = P(sukse P(sukses) s) = P(terambil angka) 1
= 2
7 20
Jadi, nilai P(Y > 7) – f(9) =
x 10 – x 10Cx (0,6) (0,4)
= 0,6177 Jadi, peluang terambil paling banyak 6 bola hijau adalah 0,6177.
= 20 – 20
92
3
= 0,0291 Jadi, peluang seorang peserta tes menjawab 12 soal dengan benar adalah 0,0291.
= 5
=
1
( 4 ) 12 ( 4 ) 18
Dari tabel diperoleh nilai
1 2.
Jawaba ban n: d 10. Jawa P(X ≥ 5) – f(4 f(4)) = 1 – P(X ≤ 4) – (F(4) – F(3)) = 1 – F(4) – F(4) + F(3) = 1 – 2F(4) + F(3)
3
3
q = 1 – p = 1 – 4 = 4 Jumlah soal 30 sehingga n = 30. Diinginkan menjawab 12 soal dengan benar, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 12. Peluang seorang peserta tes menjawab dengan bena be narr 12 12 soa soall = P(X = 12)
1
7 20
.
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
1
q = 1 – p = 1 – 2 = 2 Sekeping uang logam dilambungkan sebanyak 30 kali sehingga n = 30.
Diinginkan terlihat angka paling sedikit 16 kali, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≥ 16. Peluang terlihat angka paling sedikit 16 kali = P(X ≥ 16) = 1 – P(X ≤ 15) 15
=
1 x 1 30 – x ) ( 2 )
= 1– ∑
30Cx ( 2 x=0
= ∑
x=0
1
5
2
x=0
x=0
∑ 8Cx (0,4)x (0,6)8 – x – ∑ 8Cx (0,4)x (0,6)8 – x
Dari tabel diperoleh nilai:
Dari tabel diperoleh nilai P(X ≤ 15) 15
Peluang 3 sampai dengan 5 pasien berhasil cangkok ginjal = P(3 ≤ X ≤ 5) = P(2 < X ≤ 5) = F(5) – F(2)
1
x 30 – x = 0,5722 30Cx ( 2 ) ( 2 )
Dengan demikian, diperoleh: 1 – P(X ≤ 15) = 1 – 0,5722 = 0,4278 Jadi, peluang terlihat angka paling sedikit 16 kali adalah 0,4278. Jawab ban an:: e 16. Jawa Kejadian yang diharapkan = siswa lulus remedi p = P(suks P(sukses) es) = P(siswa lulus remedi) = 0,7 q = 1 – p = 1 – 0,7 = 0,3 Jumlah siswa yang mengikuti remedi 10 sehingga n = 10. Diinginkan tidak kurang dari 5 siswa lulus remedi, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≥ 5. Peluang tidak kurang dari 5 siswa lulus remedi = P(X ≥ 5) = 1 – P(X ≤ 4)
5
F(5) = ∑
x=0
x=0
x 10 – x 10Cx (0,7) (0,3)
x=0
x=0
x 10 – x 10Cx (0,7) (0,3)
= 0,0473 Dengan demikian, diperoleh: 1 – P(X ≤ 4) = 1 – 0,0473 = 0,9527 Jadi, peluang tidak kurang dari 5 siswa lulus remedi adalah 0,9527. Jawab ban an:: e 17. Jawa Kejadian yang diharapkan = berhasil cangkok ginjal p = P(suks P(sukses) es) = P(berhasil cangkok ginjal) = 0,4 q=1–p = 1 – 0,4 = 0,6 Banyak pasien 8 sehingga n = 8. Diinginkan berhasil cangkok ginjal 3 sampai dengan 5 pasien, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah 3 ≤ X ≤ 5.
x 8–x = 8Cx (0,4) (0,6)
0,3154
Dengan demikian, diperoleh nilai F(5) – F(2) = 0,9502 – 0,3154 = 0,6348 Jadi, peluang 3 sampai dengan 5 pasien berhasil cangkok ginjal adalah 0,6348. 18. Jawaban: d Untuk
4−x 2
, 2 ≤ x < 4 diperoleh:
F(t) F( t) = P(X P(X ≤ t) t
= ∫ f(x) dx 0 t
= ∫
0
4−x 2
dx t
=
1 ⎡ 1 ⎤ 4x − x 2 ⎥ ⎢ 2 ⎣ 2 ⎦0
=
1 2
1 × 2 ⎡⎣8x − x 2 ⎤⎦0
=
1 4
(8(t – 0) – (t2 – 02))
=
1 4
(8t – t2)
=
8t − t 2 4
4
Dari tabel nilai P(X ≤ 4) = ∑
= 0,9502
2
F(2) = ∑
4
= 1– ∑
x 8–x 8Cx (0,4) (0,6)
t
Jadi, fungsi distribusi kumulatif variabel acak X adalah 0, untuk x < 2 8x − x 2 F(x) = , untuk 2 ≤ x < 4 4 1, untuk x ≥ 4
Matematika Kelas XII
93
19. Jawaban: a d F(x) dx Pada interval x < 2, F(x) = 0 sehingga:
6 terletak pada interval 3 < t ≤ 7, sedangkan 0 tidak terletak pada interval 3 < t ≤ 7 sehingga nilai n = 6. Jadi, nilai n = 6.
f(x) =
d f(x) = (0) = 0 dx
21. Jawaban: c d F(z) dz 8 pada interval 6 < z ≤ 9 sehingga:
f(z) =
Pada interval 2 ≤ x < 6, F(x) =
x 2 − 4x 16
sehingga:
d x 2 − 4x f ((xx) = ( ) 16 dx
f(z) =
d z 1 (4 ) = 4 dz
=
1 (2x 16
f(8) =
1 4
=
2 16
=
x−2 8
– 4)
5 pada interval 4 < z ≤ 6 sehingga:
(x – 2)
f (z (z) = =
Pada interval x ≥ 6 , F(x) = 1 sehingga:
f(5 f( 5) =
d f (x (x) = (1) = 0 dx Dengan demikian, diperoleh fungsi peluang variabel acak X: 0, untuk x yang lain f(x) = x − 2 , untuk 2 ≤ x < 6 8
Jadi, fungsi peluang variabel acak X adalah pilihan a. 7 16
F(n) F( n) =
7 16
∫ f( f(t) t) dt dt =
n
7 16
t−3 8
7 16
⇔ 7
⇔ 7
∫
⇔
n
dtt = d 7
1 ⎡1 2 ⎤ t − 3t ⎥ 8 ⎢⎣ 2 ⎦n
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
94
1 2
=
7 × 16
(72 – n2) – 6( 6(7 7 – n) =
7 2
1 (2 16
– 8)
× 5 – 8)
=
1 (10 16
=
1 × 16
=
1 8
– 8)
2
1 4
–
1 8
=
Jadi, nilai f(8) – f(5) =
1 8
.
2 8
1 8
–
=
1 8
22. Jawaban: d Variabel acak X ~ N(100, 12) sehingga μ = 100 dan σ = 12. 88 − μ
P(88 < X < 115 115)) = P( σ = P( = P(
7 16
(72 – n2) – 3( 3(7 7 – n) =
1 (2z 16
Nilai f(8) – f(5) =
20. Jawaban: d P(T P( T > n) n) =
d z2 − 8z ( ) 16 dz
8
× 2
49 – n2 – 4 42 2 + 6n 6n = 7 6n – n2 = 0 n(6 n( 6 – n) = 0 n = 0 atau (6 – n) = 0 n = 0 atau n=6
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
< Z <
88 − 100 12
−12 12
115 − μ
< Z <
< Z <
σ
)
115 − 100 12
15 ) 12
= P(–1 < Z < 1,25) = P(Z < 1,25) – P(Z < –1) = 0,8944 – 0,1587 = 0,7357 Jadi, nilai P(88 < X < 115) = 0,7357.
)
23. Jawaban: e Diketahui X ~ N(80, 15) sehingga μ = 80 dan σ = 15. P(X > 95) 95) = P(Z P(Z > = P(Z > = P(Z >
95 − μ
σ
)
95 − 80 15
−15 15
)
= P(Z <
)
24. Jawaban: d Misalkan X = berat ayam yang dijual di pasar A. Diketahui: Rata-rata berat ayam = 1,5 kg sehingga μ = 1,5. Simpangan baku berat ayam = 200 gram = 0,2 kg sehingga σ = 0,2. Berat ayam berdistribusi normal sehingga X ~ N(1,5; 0,2). Peluang ayam di pasar A memiliki berat kurang dari 1,3 kg = P(X < 1,3).
= P(Z < = P(Z <
1,3 − μ
σ
)
1, 3 − 1, 5 0,2
−0,2 0,2
P(X P( X < 60 60)) = P(Z P(Z < = P(Z <
= P(Z > –1) = 1 – P(Z < –1) Diketahui P(–1 < Z < 0) = 0,3413 sehingga: P(–1 < Z < 0) = 0,3413 ⇔ P(Z < 0) – P(Z < –1) = 0,3413 ⇔ 0,5 – P(Z < –1) = 0,3413 ⇔ P(Z < –1) = 0,5 – 0,3413 ⇔ P(Z < –1) = 0,1587 Dengan demikian, diperoleh: 1 – P(Z < –1) = 1 – 0,1587 = 0,8413 Jadi, nilai P(X > 95) = 0,8413.
P(X < 1,3) 1,3) = P(Z P(Z <
Peluang siswa mengikuti remedi = P(X < 60).
)
)
= P(Z < –1) = 0,1587 = 15,87% Jadi, ayam di pasar A yang memiliki berat kurang dari 1,3 kg sebanyak 15,87%. 25. Jawaban: b Misalkan X = nilai ulangan Matematika Matemati ka 200 siswa. Diketahui: Rata-rata nilai ulangan siswa = 75 sehingga μ = 75. Simpangan baku nilai ulangan siswa = 25 sehingga σ = 25. Nilai ulangan siswa berdistribusi normal sehingga X ~ N(75, 25).
60 − μ
σ
)
60 − 75 25
−15
)
)
25
= P(Z < –0,6) = 0,2743 Banyak siswa yang mengikuti remedi = 0,2743 × 200 = 54,86 ≈ 55 Jadi, siswa yang remedi sebanyak 55 orang. 26. Jawaban: e Misalkan X = berat teh merek N. Diketahui: Rata-rata berat teh merek N = 254 gram sehingga μ = 254 Simpangan baku berat teh merek N = 2,5 gram sehingga σ = 2,5. Berat teh merek N berdistribusi normal sehingga X ~ N(252; 2,5). Peluang teh merek N memiliki berat lebih dari 250 kg = P(X > 250). P(X > 250) 250) = P(Z > = P(Z > = P(Z >
250 − μ
σ
)
250 − 252 2,5
−2 2,5
)
)
= P(Z > –0,8) = 1 – P(Z < –0,8) = 1 – 0,2119 = 0,7881 = 78,81% Jadi, teh merek N yang memiliki berat lebih dari 250 gram sebanyak 78,81%. 27. Jawaban: b Misalkan: X = umur aki. μ = tata-rata umur aki. Diketahui: Simpangan baku umur aki = 0,6 tahun sehingga σ = 0,6. Umur aki berdistribusi normal sehingga X ~ N(μ; 0,6). Peluang aki mencapai umur kurang dari 2,8 tahun = P(X < 2,8) = 1,22% = 0,0122.
Matematika Kelas XII
95
Luas daerah 0,0122 di bawah kurva normal N(μ; 0,6) pada interval X < 2,8 2, 8 dapat digambarkan sebagai berikut.
Nilai statistik uji: x − μ0
z=
σ
=
5−4
n
2,5 36
=
1 2,5 6
=
1× 6 = 2,5
2,4
Jadi, nilai statistik uji hipotesis adalah z = 2,4. Luas = 0,122
x = 2,8
μ
Dari gambar diperoleh: 2,8 − μ 0,6
P(X < 2,8) = P(Z < diperoleh z =
2,8 − μ 0,6
) = 0,0122 sehingga
30. Jawaban: b Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah siswa kelas XII SMK X menggunakan komputer rata-rata tidak kurang dari 4 jam per hari sehingga H0 : μ ≥ 4. H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : μ < 4. Dengan demikian, daerah kritis berada di ujung kiri kurva seperti berikut.
. DK Luas = 0,0125
Perhatikan letak 0,0122 pada tabel distribusi Z berikut. z
0,03
0,04
0,05
← ⎯ 0,0071 0,0⎯ 094
––2,4 0,0075 0,0073 0,0099 0,0096 –2,3 –2,2 ←⎯⎯⎯⎯⎯ 0,0129 0,0125 0,0122 –2,1 0,0166 0,0162 0,0158 –2,0 0,0212 0,0207 0,0202 –1,9 –1,8 –1,7 –1,6 –1,5
0,0268 0,0336 0,0418 0,0516 0,0630
0,0262 0,0329 0,0409 0,0505 0,0618
0,0256 0,0322 0,0401 0,0495 0,0606
0,06
0,07
0,0069 0,0091 0,0119 0,0154 0,0197
0,0068 0,0089 0,0116 0,0150 0,0192
0,025 0,0314 0,0392 0,0485 0,0594
–z0,0125 μ = 4
Dari gambar diperoleh daerah kritis z < –z 0,0125. Perhatikan letak 0,0125 pada tabel distribusi Z berikut. z
0,0244 0,0307 0,0384 0,0475 0,0582
2,8 − μ ⇔ 0,6
–2,2 –2 ,25 5=
–2,4 –2,3 –2,2 –2,1 –2,0
2,8 − μ 0,6
–2,25 –2, 25 × 0,6 = 2,8 – μ –1,35 –1, 35 = 2,8 2,8 – μ μ = 2,8 + 1,35 μ = 4,15 Jadi, rata-rata umur aki 4,15 tahun. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
28. Jawaban: e Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah rata-rata tinggi badan siswa kelas XIIA tidak kurang dari 154 cm sehingga H 0 : μ ≥ 154. H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : μ < 154. Jadi, hipotesis H0 dan H1 adalah H0 : μ ≥ 154 H1 : μ < 154.
96
0,04
← ⎯ 0,0016 0,0⎯ 023 0,0⎯ 031 0,0⎯ 041 0,0055 ⎯ 0,0⎯ 073 0,0⎯ 096
0,0075 0,0099 ←⎯⎯⎯ 0,0129 0,0125 0,0166 0,0162 0,0212 0,0207
0,05
0,06
0,07
0,0016 0,0022 0,0030 0,0040 0,0054
0,0015 0,0021 0,0029 0,0039 0,0052
0,0015 0,0021 0,0028 0,0038 0,0051
0,0071 0,0094 0,0122 0,0158 0,0202
0,0069 0,0091 0,0119 0,0154 0,0197
0,0068 0,0089 0,0116 0,0150 0,0192
Dari tabel diperoleh P(Z < –2,24) = 0,0125. Dengan demikian, diperoleh daerah kritis z < –2,24. Jadi, daerah kritisnya adalah z < –2,24. B.
Uraian
1. a.
29. Jawaban: e Diketahui: 1) ra ratata-ra rata ta pop popula ulasi si yan yang g diuji diuji = μ0 = 4; 2) 3) 4)
0,0017 0,0023 0,0032 0,0043 0,0057
–2,9 –2,8 –2,7 –2,6 –2,5
Dari tabel diperoleh P(Z < –2,25) = 0,0122 sehingga nilai z = –2,25. z=
0,03
rata-r rata -rat ata a sam sampe pell = x = 5; simp si mpan anga gan n ba baku ku = σ = 2,5; bany ba nyak ak sa samp mpel el n = 36 > 30 30
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
Jumlah siswa = 80 Misalkan X = nilai ulangan Matematika siswa kelas XI. Peluang setiap nilai siswa sebagai berikut. 10
1
20
1
22
11
16
1
12
3
f(5) = 80 = 8 f(6) = 80 = 4
f(7) = 80 = 40 f(8) = 80 = 5
f(9) = 80 = 20
Distribusi peluang nilai ulangan Matematika siswa kelas XI sebagai berikut.
b.
X=x
5
6
7
8
9
f(x)
1 8
1 4
11 40
1 5
3 20
F(5) = P(X ≤ 5) = f(5) =
2. a.
Kotak II
1 8
I k a t o K
F(6) = P(X ≤ 6) = f(5) + f(6) = = =
1 8
+
1 8
+
1 4
2 8
F(7) = P(X ≤ 7) = f(5) + f(6) + f(7) 3 8
=
15 40
+ +
=
26 40
=
26 40
+
1 5
=
26 40
+
8 40
=
34 40
=
13 20
+
3 20
=
34 40
+
6 40
1 , untuk 5 ≤ x < 6 8 3 8 , untuk 6 ≤ x < 7 13 , 20 untuk 7 ≤ x < 8 17 20 , untuk 8 ≤ x < 9
1, untuk x ≥ 9
1
2
3
2
2
4
6
3
3
6
9
2
f(3) = P(X = 3) = 9 Banyak pasangan nomor bola yang hasil kalinya 4 = 1 1
f(4) = P(X = 4) = 9 Banyak pasangan nomor bola yang hasil kalinya 6 = 2 2
f(6) = P(X = 6) = 9 Banyak pasangan nomor bola yang hasil kalinya 9 = 1 1
=1 Jadi, fungsi distribusi peluang kumulatif nilai ulangan Matematika siswa kelas XI adalah 0, untuk x < 5
F(x) =
1
2
F(9) = P(X ≤ 9) = f(5) + f(6) + f(7) + f(8) + f(9) 34 40
3
f(2) = P(X = 2) = 9 Banyak pasangan nomor bola yang hasil kalinya 3 = 2
17 20
=
2
1
F(8) = P(X ≤ 8) = f(5) + f(6) + f(7) + f(8) =
1
f(1) = P(X = 1) = 9 Banyak pasangan nomor bola yang hasil kalinya 2 = 2
11 40 11 40
×
Y = hasil hasil kali kali ked kedua ua nom nomor or bol bola a yang yang terambil, maka nilai X adalah 1, 2, 3, 4, 6, dan 9. Peluang setiap nilai Y sebagai berikut. Banyak pasangan nomor bola yang hasil kalinya 1 = 1
3 8
=
Banyak Bany ak an angg ggot ota a rua ruang ng sa samp mpel el pe perc rcob obaa aan n= banyak pasangan nomor bola yang mungkin terambil = 3 × 3 = 9. Hasil kali kedua nomor bola yang terambil sebagai berikut.
f(9) = P(X = 9) = 9 Jadi, distribusi variabel acak y sebagai berikut.
b.
Y=y
1
2
3
4
6
9
f(y)
1 9
2 9
2 9
1 9
2 9
1 9
Syarat Y merup Syarat merupaka akan n merup merupaka akan n varia variabel bel acak diskrit adalah 0 ≤ f(y) < 1 untuk setiap nilai Y dan ∑ f(y) = 1. 1
Dari jawaban nomor 1b, diperoleh f(1) = 9 , 2
2
1
2
f(2) = 9 , f(3) = 9 , f(4) = 9 , f(6) = 9 , dan 1
f(9) = 9 .
Matematika Kelas XII
97
1
2
Oleh karena 0 ≤ 9 , 9 < 1, maka syarat 0 ≤ f(x) < 1 terpenuhi. Diselidiki nilai ∑ f(y) .
∑ f(y) = f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + f(6) + f(9) 1
2
2
1
2
1
= 9 + 9 + 9 + 9 + 9 + 9 =1
Sehingga syarat ∑ f(y) = 1 terpenuhi. Oleh karena 0 ≤ f(y) < 1 dan ∑ f(y) = 1, maka Y merupakan variabel acak diskrit. 3 . a.
1
f(5) = 4
1
F(5) – F(4) = 4
⇔ ⇔
5k+2 20 5k+2
k
1
– 5 = 4 4k
5
Banyak barang rusak yang terambil 0: n(0)) = 3C0 × 7C3 n(0 =
3! 7! × 0!(3 − 0)! 3!(7 − 3)!
=
3! 3!
=1×7×5 = 35 Peluang barang rusak yang terambil 0: f(0) =
k+2 20
⇔ ⇔
b.
5
= 20 k +2=5 k=3
Jadi, nilai k = 3. P(4 < X ≤ 6) = F(6) – F(4) F(4) k
=1– 5 3
2
= 5 2
4. Juml Jumlah ah ba bara rang ng = 10. 10. Banyak barang rusak = 3 Banyak barang tidak rusak = 10 – 3 = 7 Dari 10 barang diambil 3 barang secara acak, maka banyak anggota ruang sampel: n(S)= 10C3
=
10 × 3 9 × 4 8 × 7! 1 3 × 21 × 1 × 7!
= 10 × 3 × 4 = 120 Misalkan R = barang rusak, B = barang tidak rusak, dan X = banyak barang rusak yang terambil, maka nilai-nilai X adalah 0, 1, 2, dan 3. Peluang masing-masing nilai X sebagai berikut. Barang rusak yang terambil 0, maka barang yang terambil 0R dan 3B.
98
3C0
× 7 C3
10 C3
=
=
3! 7! × 1!(3 − 1)! 2!(7 − 2)!
=
3 × 2! 1 × 2!
35 120
×
7 × 3 6 × 5! 1 2 × 1 × 5!
=3×7×3 = 63 Peluang barang rusak yang terambil 1: f(1) =
n(1) n(S)
63
= 120
=
3! 7! × 1!(7 1)! 2!(3 − 2)! −
=
3 × 2! 2! × 1
Jadi, nilai P(4 < X ≤ 6) = 5 .
10! 10! 3!(1 !(10−3)!
=
Barang rusak yang terambil 2, maka barang yang terambil 2R dan 1B. Banyak barang rusak yang terambil 2: n(2)) = 3C2 × 7C1 n(2
=1– 5
=
n(0) n(S)
Barang rusak yang terambil 1, maka barang yang terambil 1R dan 2B. Banyak barang rusak yang terambil 1: n(1) = 3C1 × 7C2
⇔ 20 – 20 = 20 ⇔
7 × 6 × 5 × 4! 3 × 2 × 1 × 4!
×
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
×
7 × 6! 1× 6!
=3×7 = 21 Peluang barang rusak yang terambil 2: f(2) =
n(2) n(S)
21
= 120 .
Barang rusak yang terambil 3, maka barang yang terambil 3R dan 0B. Banyak barang rusak yang terambil 3: n(3)) = 3C3 × 7C0 n(3 =
3! 7! × 3!(3 − 3)! 0!(7 − 0)!
=1×1 =1 Peluang barang rusak yang terambil 3: f(3) =
n(3) n(S)
1
= 120
Distribusi peluang peluang terambil barang rusak sebagai berikut. X=x
0
1
2
3
f(x)
35 120
63 120
21 120
1 120
5. Kejadian Kejadian yang yang diharapka diharapkan n = bola bola masuk masuk ke ke gawang Peluang kejadian yang diharapkan: p = P(suks P(sukses) es) = P(bola masuk ke gawang) = 0,8 q = 1 – p = 1 – 0,8 = 0,2 Banyak percobaan = jumlah tendangan = n = 10 a. Di Diin ingi gink nkan an mini minimal mal 5 ten tendan dangan gan bol bola a masuk masuk ke gawang sehingga banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≥ 5. Peluang minimal 5 tendangan akan memasukkan bola ke gawang: = P(X ≥ 5) = 1 – P(X ≤ 4) 4
=1–
∑ x=0
x 10 – x 10Cx (0,8) (0,2)
D a r i t a b e l d i p e r o l e h n i l a i P ( X ≤ 4) 4
= ∑
x=0
b.
10Cx (0,8)
x (0,2)10 – x
= 0,0064
Dengan demikian, diperoleh nilai 1 – P(X ≤ 4) = 1 – 0,0064 = 0,9936. Jadi, peluang minimal 5 tendangan akan memasukkan bola ke gawang adalah 0,9936. Diin Di ingi gink nkan an 4 sampa sampaii 6 tenda tendanga ngan n bola bola masuk masuk ke gawang sehingga banyak kejadian yang diharapkan adalah 4 ≤ X ≤ 6. Peluang 4 sampai 6 tendangan bola masuk ke gawang: = P(4 ≤ X ≤ 6) = P(3 < X ≤ 6) = F(6) – F(3) 6
= ∑
x=0
3
x 10 – x – 10Cx (0,8) (0,2)
∑
x=0
x 10 – x 10Cx (0,8) (0,2)
Dari tabel diperoleh nilai: 6
F(6) = ∑
x=0
x 10 – x = 10Cx (0,8) (0,2)
0,1209
x 10 – x = 10Cx (0,8) (0,2)
0,0009
3
F(3) = ∑
x=0
Dengan demikian, diperoleh nilai F(6) – F(3) = 0,1209 – 0,0009 = 0,1200. Jadi, peluang 4 sampai 6 tendangan akan memasukkan bola ke gawang adalah 0,1200.
6.. Kejadian 6 Kejadian yang yang diharap diharapkan kan = terdapa terdapatt barang barang rusak Peluang kejadian yang diharapkan: p = P(sukse P(sukses) s) = P(terdapat barang rusak) = 5% = 0,05 q=1–p = 1 – 0,05 = 0,95 Banyak percobaan = jumlah barang = n = 20 a. Diin Diingin ginkan kan tida tidakk terd terdapa apatt bara barang ng rus rusak ak sehingga banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 0. Peluang tidak terdapat barang rusak: f(0) = b(0; 20; 0,05) = 20C0 (0,05)0 (0,95)20. Dari tabel diperoleh nilai 0 20 = 0,3585 20 C0 (0,05) (0,95) Jadi, peluang tidak terdapat barang rusak adalah 0,3585. b. Dii Diingi ngink nkan an ter terdap dapat at dua bar barang ang rus rusak ak sehingga sehingga banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 2. Peluang terdapat 2 barang rusak: f(2) = b(2; 20; 0,05) = 20C2 (0,05)2 (0,95)18 Dari tabel diperoleh nilai 2 18 = 0,1887. 20C2 (0,05) (0,95) Jadi, peluang terdapat 2 barang rusak adalah 0,1887. c. Di Diin ingi gink nkan an terd terdapa apatt paling paling ban banyak yak 2 baran barang g rusak sehingga banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≤ 2. Peluang terdapat paling banyak 2 barang rusak: 2
F(2) = P(X ≤
2) = ∑
x=0
x 20 – x. 20Cx (0,05) (0,95)
Dari tabel diperoleh nilai 2
∑ x= 0
x 20 – x = 20Cx (0,05) (0,95)
0,9245.
Jadi, peluang terdapat paling banyak 2 barang rusak adalah 0,9245. d. Diin Diingin ginkan kan terda terdapat pat paling paling sedi sedikit kit 3 baran barang g rusak sehingga banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≥ 3. Peluang terdapat paling sedikit 3 barang rusak: P(X ≥ 3) = 1 – P(X P(X ≤ 2) = 1 – 0,9245 = 0,0755 Jadi, peluang terdapat paling sedikit 3 barang rusak adalah 0,0755.
Matematika Kelas XII
99
7. Misalkan Misalkan X = nilai nilai Ujian Ujian Nasional Nasional Matemat Matematika. ika. Diketahui: Rata-rata nilai ujian siswa = 74 sehingga μ = 74. Simpangan baku nilai ujian siswa = 10 sehingga σ = 10. Data nilai ujian siswa berdistribusi normal sehingga X ~ N(74, 10). a. Pel Peluan uang g sisw siswa a ya yang ng me mempero mperoleh leh nilai nilai anta antara ra 72 sampai 80 = P(72 < X ≤ 80). P(72 < X ≤ 80 80)) = P( = P(
72 − μ
σ
< Z ≤
72 − 74 10
−2
σ
< Z <
= P( 10 < Z <
b.
80 − μ
6 10
Dari gambar diperoleh:
diperoleh z =
z 0,0 0,1 0,2 0,3 0,4
)
P(X = 78,5) 78,5) = P(Z = = P(Z = = P(Z =
78,5 −
z=
0,02
0,03
0,04
← ⎯ 0,5160 0,5⎯ 557 ⎯ 0,5948
0,5000 0,5040 0,5080 0,5120 0,5398 0,5438 0,5478 0,5517 0,5793 0,5832 0,5871 0,5910 0,6179 0,6217 0,6255 0,6293 0,6331 0,6554 0,6591 0,6628 0,6664 0,6700 ←⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0,6915 0,7257 0,7580 0,7881 0,8159
0,6950 0,7291 0,7611 0,7910 0,8186
0,6985 0,7324 0,7642 0,7939 0,8212
0,7019 0,7357 0,7673 0,7967 0,8238
0,7054 0,7389 0,7704 0,7995 0,8264
P67 − 120 ⇔ 8
0,44 0, 44 =
P67 − 120 8
0,44 0, 44 × 8 = P67 – 120 3,52 3, 52 = P67 – 120 P67 = 120 + 3,52 P 67 = 123,52 Jadi, nilai P67 = 123,52. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
9 . a.
)
4,5 ) 10
= P(Z = 0,45) = P(Z < 0,45) – P(Z < 0,44) = 0,6736 – 0,6700 = 0,0036 Banyak siswa yang memperoleh nilai 78,5 = 0,0036 × 1.000 = 3,6 ≈ 4 Jadi, siswa yang memperoleh nilai 78,5 ada 4 orang.
H0 : μ ≤ 5 (Rata-rata waktu pengiriman barang melalui jalur darat tidak lebih dari 5 hari.) H1 : μ > 5 (Rata-rata waktu pengiriman barang melalui jalur darat lebih dari 5 hari.) b. Me Meng nghit hitun ung g ni nilai lai sta statis tistik tik uji uji.. Dari permasalahan di atas diperoleh: 1) ra ratata-ra rata ta pop popula ulasi si yan yang g diuji diuji = μ0 = 5; 2) 3) 4)
μ = 4 P 67
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
x − μ0 σ
n
z=
x − μ0 σ
n
= = c.
Luas = 0,67
rata-r rata -rat ata a sam sampe pell = x = 6; simp si mpan anga gan n ba bakku = σ = 2; banya ban yakk sam sampel pel n = 49 > 30 30 sehi sehingg ngga a menggunakan statistik uji z =
8. P67 adalah nilai x yang memiliki luas 67% di bawah kurva normal N(120, 8) sehingga diperoleh: P(X < P67) = 67% = 0,67 Luas daerah 0,67 di bawah kurva normal N(120, 8) pada interval X < P67 dapat digambarkan sebagai berikut.
100
0,01
Dari tabel diperoleh P(Z < 0,44) = 0,67 sehingga nilai z = 0,44.
)
σ 78, 5 − 74 10
0
0,5 0,6 0,7 0,8 0,9
)
= P(–0,2 < Z < 0,6) = P(Z < 0,6) – P(Z < –0,2) = 0,7257 – 0,4207 = 0,305 Banyak siswa yang memperoleh nilai antara 72 sampai 80 cm = 0,305 × 1.000 = 305 Jadi, siswa yang memperoleh nilai antara 72 sampai 80 sebanyak 305 orang. Pelua Pel uang ng sisw siswa a yang yang mempe mempero role leh h nilai nilai 78,5 78,5 = P(X = 78,5).
) = 0,67 sehingga
Perhatikan letak 0,67 pada tabel distribusi Z berikut.
)
80 − 74 10
P67 − 120 8 P67 − 120 . 8
P(X < P67) = P(Z <
6−5 2 49
1 4 7
=
1× 7 2
= 3,5
Ting Ti ngka katt sign signif ifik ikan anssi α = 2,5% = 0,025.
.
d.
Menent Mene ntuk ukan an dae daera rah h krit kritis is.. Dari permasalahan di atas diperoleh H 1 : μ > 5 sehingga daerah kritis berada di ujung kanan kurva seperti gambar berikut.
Rata-rata sampel: x
DK Luas = 0,025
=
Jumlah nilai data Banyak data
=
20 + 24 + 18 + 19 + 25 + 18 + 17 + 15 + 24 9
=
180 9
= 20 Simpangan baku:
z0,025
n
Dari gambar diperoleh daerah kritis Z > z0,025. Perhatikan letak 0,025 pada tabel distribusi Z berikut.
s=
∑ (xi − x)2 = 1
9
∑ ( x i − x )2 1
9
n 9
∑ (xi – x )2 1
z –2,4 –2,3 –2,2 –2,1 –2,0 –1,9 –1,8 –1,7 –1,6 –1,5
0,04
0,0073 0,0096 0,0125 0,0162 0,0207
0,05
0,06
0,07
0,08
0,0071 0,0094 0,0122 0,0158 0,0202
← ⎯ 0,0069 0,0⎯ 091 0,0⎯ 119 0,0⎯ 154 0,0197 ⎯
0,0068 0,0089 0,0116 0,0150 0,0192
0,0066 0,0087 0,0113 0,0146 0,0188
0,0244 0,0307 0,0384 0,0475 0,0582
0,0239 0,0301 0,0375 0,0465 0,0571
←⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0,0262 0,0256 0,0250 0,0329 0,0409 0,0505 0,0618
0,0322 0,0401 0,0495 0,0606
0,0314 0,0392 0,0485 0,0594
= (20 – 20)2 + (24 – 20)2 + (18 – 20)2 + (19 – 20)2 + (25 – 20)2 + (18 – 20)2 + (17 – 20)2 + (15 – 20)2 + (24 – 20)2 = 02 + 42 + (–2)2 + (–1)2 + 5 2 + (–2)2 + (–3)2 + (–5)2 + 4 2 = 0 + 16 + 4 + 1 + 25 + 4 + 9 + 25 + 16 = 100 Sehingga diperoleh: 9
(x − x ) 2 s = ∑1 i = 9
Dari tabel diperoleh P(Z < –1,96) = 0,025 sehingga nilai z = –1,96 Daerah kritis berada di ujung kanan kurva sehingga daerah kritis z > 1,96. e. Dar Darii langk langkah ah b diper diperole oleh h nilai nilai stat statisti istik k uji uji z = 3,5 < 1,96 maka z = 3,5 di dalam daerah kritis sehingga keputusannya H 0 ditolak. f. Membuat kesimpulan Dari langkah e diperoleh keputusan uji H 0 ditolak. Kesimpulan dari uji hipotesis adalah ratarata waktu pengiriman barang melalui jalur darat lebih dari 5 hari. Jadi, klaim agen tersebut tidak ti dak benar bahwa ratarata waktu pengiriman barang melalui jalur darat tidak lebih dari 5 hari. 10. a. H0 : μ ≥ 23 (Rata-rata buku yang terjual minimal 23 eksemplar per hari.) H1 : μ < 23 (Rata-rata buku yang terjual kurang dari 23 eksemplar per hari.) b. Me Meng nghit hitun ung g ni nilai lai sta statis tistik tik uji uji.. Dari permasalahan di atas diperoleh: 1) ra ratata-ra rata ta pop popula ulasi si ya yang ng diu diujiji = μ0 = 23; 2) ba bany nyak ak sam sampe pell n = 9 < 30 30 sehi sehing ngga ga x − μ0 menggunakan statistik uji t = . s
t= = = = = c. d.
100 9
=
10 3
x − μ0 s n
20 − 23 10 / 3 9
−3 10 3 ×3
−3 × 9 10
−27 10
= –2,7 Ting Ti ngka katt sign signif ifik ikan anssi α = 5% = 0,05. Dari Da ri per perma masa salah lahan an di atas atas dip diper erol oleh eh H1 : μ < 23 sehingga daerah kritis berada di ujung kiri kurva seperti gambar berikut. DK Luas = 0,05
–t0,05
0
Dari gambar diperoleh daerah kritis t < –t 0,05. Banyak sampel n = 9 sehingga derajat bebas df = 9 – 1 = 8.
n
Matematika Kelas XII
101
Perhatikan df = 8 dan α = 5% satu arah pada tabel distribusi t berikut. df
Tingkat Signifikansi α
Dua arah Satu arah
20% 10%
2% 1%
1% 0,50%
10% 5%
5% 2,50%
3,143 2,998 2,896 2,821 2,764
3,707 3,499 3,355 3,250 3,169
2,718 2,681 2,650 2,624 2,602
3,106 3,055 3,012 2,977 2,947
⎯ ⎯ 6 1,943 1,440 7 ⎯ 1,895 1,415 ← ⎯ ⎯ ⎯ ←
8 9 10
1,397 1,383 1,372
1,860 1,833 1,812
2,447 2,365 2,306 2,262 2,228
11 12 13 14 15
1,363 1,356 1,350 1,345 1,341
1,796 1,782 1,771 1,761 1,753
2,201 2,179 2,160 2,145 2,131
Dari tabel diperoleh nilai t 0,05 = 1,860 sehingga daerah kritis t < –1,860.
102
Distribusi Peluang Binomial, Distribusi Normal, dan Uji Hipotesis
e.
Dari langk Dari langkah ah b dipe diperol roleh eh nilai nilai stat statisti istikk uji uji t = –2,7 < –1,860 maka t = –2,7 di dalam daerah kritis sehingga keputusannya H 0 ditolak. f. Da Dari ri lan langk gkah ah e dip diper erol oleh eh kep keput utus usan an uji uji H0 ditolak. Kesimpulan dari uji hipotesis adalah ratarata buku yang terjual kurang dari 23 eksemplar per hari. Jadi, tidak dapat diyakini bahwa toko buku tersebut dapat menjual buku rata-rata minimal 23 eksemplar per hari?
A.
Piliha Pil ihan n Gan Ganda da
Distribusi peluang kumulatif variabel acak X dalam bentuk grafik sebagai berikut.
1. Jawaban: c F(1) F( 1) = P(X P(X ≤ 1) = P(X = 1) = f(1) =
F(x) 1
3 −1 2 = 10 10
F(2)) = P(X F(2 P(X ≤ 2) = P(X = 1) + P(X = 2) = f(1) + f(2) =
2 10
+
3−2 10
=
2 10
+
1 10
3
= 10
F(3)) = P(X F(3 P(X ≤ 3) = P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) = f(1) + f(2) + f(3) =
3 10
=
6 10
+
3 10
F(4)) = P(X F(4 P(X ≤ 4) = P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) = f(1) + f(2) + f(3) + f(4) =
6 10
4 10
+
=
10 10
= 1
Fungsi peluang kumulatif variabel acak X sebagai berikut. 0, untuk x < 1
F(x) F( x) =
2 10 3 10 6 10
, untuk 1 ≤ x < 2
6 10
3 10 2 10
0
2
1
3
4
X=x
Jadi, distribusi peluang kumulatif variabel acak X adalah pilihan c. 2. Jawaban: e Dari tabel diperoleh fungsi distribusi peluang kumulatif: 0, untuk x yang lain 5 , untuk 3 ≤ x < 4 18 1 , untuk 4 ≤ x < 5 2 7 , untuk 5 ≤ x < 6 9
F(x) =
1, untuk x ≥ 6 f(3) = P(X ≤ 3) = F(3) =
5 18
f(4) f( 4) = P(X P(X ≤ 4) – P(X ≤ 3) = F(4) – F(3) 1
, untuk 2 ≤ x < 3
= 2 –
, untuk 3 ≤ x < 4
=
1, untuk x ≥ 4 = =
5 18
9 5 – 18 18 4 18 2 9
Matematika Kelas XII
103
f(5) f( 5) = P(X P(X ≤ 5) – P(X ≤ 4) = F(5) – F(4) = = =
Σf( f(x) x) = 1
f(0) + f(1) + f(2) f(2) + f(3) + f(4) f(4) + f(5) = 1 0,2 + 0,2 + p + 0,1 + 0,3 + 0,06 = 1 p + 0,86 0,86 = 1 p = 0, 0,14 14 Jadi, peluang terjual sepeda motor sebanyak 2 unit adalah 0,14. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
1 7 – 2 9 14 9 – 18 18 5 18
6. Jawaban: e Jumlah nomor kedua bola yang terambil sebagai berikut.
f(6) f( 6) = P(X P(X ≤ 6) – P(X ≤ 5) = F(6) – F(5) =1– =
7 9
Nomor Bola Merah
2 9
Fungsi distribusi peluang variabel acak X sebagai berikut. 0, untuk x yang lain f(x) =
2 9
, untuk x = 4 dan x = 6
5 18
, untuk x = 3 dan x = 5
Jadi, fungsi distribusi peluang kumulatif variabel acak X adalah pilihan e. 3. Jawaban: a P(6 < Z < 8) = f(6) f(6) + f(7) f(7) = P(5 < Y ≤ 7) = F(7) – F(5) =
7 10
–
1 4
=
14 20
–
5 20
=
9 20
Jadi, nilai P(6 < Z < 8) =
9 20
5. Jawaban: d Banyak sepeda motor yang terjual di diler A selama 100 hari merupakan variabel acak diskrit. Misalkan: x = ba bany nyak ak se sepe peda da mo moto torr yan yang g ter terju jual al di di dile lerr A selama 100 hari f(x) = pel peluan uang g terjual terjual seped sepeda a motor motor sebanya sebanyak kx Maka peluang terjual sepeda motor sebanyak 2 unit = f(2) dan Sf(x) = 1
Penilaian Akhir Semester 2
1
2
3
4
5
6
7
5
6
7
8
6
7
8
9
Diketahui X = jumlah nomor kedua bola yang terambil sehingga nilai-nilai X adalah x = 5, 6, 7, 8, 9. Dari tabel diperoleh banyak anggota ruang sampel n(S) = 9. Misalkan: ni = banya banyak k pasangan pasangan nomor bola f(x)) = peluan f(x peluang g terambil terambil pasanga pasangan n nomor nomor bola bola berjumlah X Tabel dari x, ni, dan f(x) sebagai berikut. x
n1
f(x)
5
n1 = 1
n1 n(S)
=
1 9
6
n2 = 2
n2 n(S)
=
2 9
7
n3 = 3
n3 n(S)
=
3 9
8
n4 = 2
n4 n(S)
=
2 9
9
n5 = 1
n5 n(S)
=
1 9
.
4. Jawaban: a Misalkan X = banyak pengunjung perpustakaan. Peluang paling sedikit terdapat 4 pengunjung di perpustakaan = P(X ≥ 4). P(X ≥ 4) = P(X = 4) + P(X P(X = 5) 5) + P(X P(X = 6) + P(X = 7) + P(X = 8) = 0,3 + 0,0 0,06 6 + 0,21 0,21 + 0,05 + 0,02 0,02 = 0,64 Jadi, peluang paling sedikit 4 terdapat pengunjung di perpustakaan tersebut adalah 0,64.
104
h i t u P a l o B r o m o N
Distribusi peluang variabel acak X dalam bentuk grafik sebagai berikut. f(x) 3 9 2 9 1 9
0
5
6
7
8
9
X=x
Jadi, distribusi peluang variabel acak X adalah pilihan e. 7. Jawaban: d Kejadian yang diharapkan = muncul dua gambar. Sekeping uang logam memiliki dua sisi sehingga diperoleh: p = P( P(su suks kses es)) = P(muncul gambar)
Peluang seorang peserta tes menjawab dengan benar 8 sampai 10 soal = P(8 ≤ X ≤ 10). P(8 ≤ X ≤ 10 = P(X = 8) + P(X = 9) + P(X = 10)
=
1
=1–
=
1 2
1
1
= b(2; 4; 2 ) 1
1
4! × 2!(4 − 2)!
=
4 × 3 × 2! 2 × 1× 2!
=6×
1 16
1
1
( 2 )2 ( 2 )2 1
3 8
Jadi, peluang muncul dua gambar adalah
3 8.
8. Jawaban: e Kejadian yang diharapkan = menjawab soal dengan benar. Setiap soal memiliki lima pilihan jawaban sehingga diperoleh: p = P(suks P(sukses) es) = P(menjawab soal dengan benar) =
1 5
q = P(menjawab soal dengan tidak benar) =1–p =1– =
1 10 4 10 – 10 ) ( 5 )
10! × 8!(10 − 8)!
1
( 5 ) 8 (
10! × 10! 10!(10 (10 − 10)!
10 × 9 × 8! × 8! × 2 × 1
720 10
5
16 510
+
1
10
5
+
4
4
4
10 × 9! × 9! × 1
1
( 5 ) 9 (
4 1 ) 5
4 0 ) 5
+ 10 × 40
1
1
( 5 ) 9 ( 5 ) 1
( 5 ) 10 ( 5 ) 0
( 5 )8 × ( 5 )2 +
1
= 45 ×
4 2 10! ) + 9!(10 − 9)! × 5
4 10
5
1 510
=
1
+
510
761
510
8 sampai 10 soal dengan benar adalah
× ( 2 )4
=
)
10C10 ( 5
+ 1 × ( 5 ) 10 (
=
1 5
Jadi, peluang seorang peserta tes menjawab
= 4C2 ( 2 )2 ( 2 )4 – 2 =
=
) + b(10; 10;
1 8 4 10 – 8 1 4 ) ( 5 ) + 10C9 ( 5 ) 9 ( 5 ) 10 – 9
+
= 2 Jumlah uang logam 4 sehingga n = 4. Diinginkan muncul dua gambar, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 2. Peluang muncul dua gambar: P(X = 2) = f(2) f(2)
1 5
) + b(9; 10;
10C8 ( 5
+
= 2 q = P(mun P(muncul cul buk bukan an g gamb ambar) ar) =1–p
1 5
= b(8; 10;
1 5
4 5
Jumlah soal 10 sehingga n = 10. Diinginkan menjawab 8 sampai 10 soal dengan benar, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah 8 ≤ X ≤ 10.
761 510 .
9. Jawaban: a Kejadian I yang diharapkan = terambil tiga kelereng biru. Kejadian II yang diharapkan = terambil dua kelereng hijau. Banyak kelereng biru = 3. Banyak kelereng hijau = 6. Jumlah kelereng = 9. p = P(tera P(terambil mbil kel kelere ereng ng biru) biru) = =
3 9
1 3
q = P(tera P(terambil mbil kel kelere ereng ng hijau) hijau) =1–p =1– =
1 3
2 3
Pengambilan kelereng diulang sebanyak lima kali sehingga n = 5. Pada kejadian I diinginkan terambil tiga kelereng biru, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 3. Peluang terambil tiga kelereng biru: P1(X = 3) = f1(3)
Matematika Kelas XII
105
= b(3; 5;
1 3
Dadu dilambungkan sebanyak 5 kali sehingga n = 5. Diinginkan muncul mata dadu genap paling sedikit empat kali, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≥ 4. Peluang muncul mata dadu genap paling sedikit empat kali = P(X ≥ 4). P(X ≥ 4)= P(X = 4) + P(X = 5)
)
1
2
= 5C3 ( 3 )3 ( 3 )5 – 3 =
5! × 3!(5 − 3)!
=
2 5 × 4 × 3! × 235 3! × 2 × 1
= 10 × =
1
2
( 3 )3 ( 3 )2
1
= b(2; 5;
2 3
5!
=
= = =
2 2 1 5–2 5C2 ( 3 ) ( 3 ) 2
=
1
1
1
40 243
40 243
=
80 243
1
5
2
5
1 25
+
6
25 6 32 3 16
3 16
.
11. Jawaban: e Kejadian yang diharapkan = siswa lulus remedi p = P(s P(suk ukse ses) s) = P(siswa lulus remedi)
4 243
=
1
sedikit empat kali adalah
Peluang terambil tiga kelereng biru atau dua kelere kel ereng ng hijau hijau = P1(X = 3) + P2(X = 2) +
kelereng hijau adalah
=
2 3
q = P(siswa P(siswa tidak lulus remedi remedi)) =1–p
40 243
=1–
Jadi, peluang terambil tiga kelereng biru atau dua 80 243
.
10. Jawaban: b Kejadian yang diharapkan = muncul mata dadu genap. Terdapat 3 mata dadu genap yaitu 2, 4, dan 6 sehingga diperoleh: p = P (su (suks kses es)) = P (muncul mata dadu genap) =
3 6
1
= 2 q = P (muncul (muncul mata mata dadu dadu bukan bukan genap genap)) =1–p 1
=1– 2 1
= 2
=
2 3
1 3
Jumlah siswa yang mengikuti remedi 6 sehingga n = 6. Diinginkan paling tidak 2 siswa lulus remedi, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≥ 2. Peluang paling tidak 2 siswa lulus remedi = P(X ≥ 2) = 1 – P(X ≤ 1) = 1 – (P(X = 0) + P(X = 1)) = 1 – (b(0; 6;
Penilaian Akhir Semester 2
2 3
) + b(1; 6;
2
2 3
1
) 2
1
= 1 – (6C0 ( 3 )0 ( 3 )6 – 0 + 6C1 ( 3 )1 ( 3 )6 – 1) = 1– (1 × 1 × 1
= 1 – ( 729 +
106
1
1
Jadi, peluang muncul mata dadu genap paling
22 5 × 4 × 3! × 5 3 2 × 1× 3!
= 10 ×
1
= 5 × ( 2 )4 ( 2 )1 + 1 × ( 2 )5 ( 2 )0
)
= 2!(5 − 2)! × ( 3 )2 ( 3 )3 =
1
= 5C4 ( 2 )4 ( 2 )5 – 4 + 5C5 ( 2 )5 ( 2 )5 – 5
40 243
Pada kejadian II diinginkan terambil dua kelereng hijau, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 2. Peluang terambil dua kelereng hijau: P2(X = 2) 2) = f2(2)
=
1
= b(4; 5; 2 ) + b(5; 5; 2 )
4 243
1 36
+ 6 ×
12 ) 729
2 36
)
=1–
P(Z P( Z = 6) 6) = f(6) f(6)
13 729
=
1 40
(20 – 2 × 6)
716 . 729
=
1 40
(20 – 12)
12. Jawaban: b x > 3 pada interval 2 < x < 4 sehingga diperoleh: P(X > 3) 3) = P(3 < X < 4)
=
1 40
× 8
=
1 5
=
716 729
Jadi, paling tidak 2 siswa lulus remedi adalah
4
P(Z = 3 atau atau Z = 6) 6) = P(Z = 3) + (Z = 6) 6)
= ∫ f(x) dx 3
4
= ∫
3
4−x 4
=
1 12
+
1 5
=
5 60
+
12 60
=
17 60
dx 4
=
1 ⎡ 1 ⎤ 4x − x 2 ⎥ 4 ⎢⎣ 2 ⎦3
=
1 4
=
1 4
=
1 4
=
1 4
=
1 4
(4 × (4 – 3) – (4 × 1 – (4 –
1 2
1 2
1 2
(42 – 32))
(16 – 9))
× 7)
(4 – 3,5) × 0,5
= 0,125 Jadi, nilai P(X > 3) adalah 0,125. 13. Jawaban: c d F(z) dz Nilai 3 terletak pada interval 2 < z ≤ 5 sehingga: d z2 − 4z f(z) = ( ) 24 dz
f(z) =
=
1 24
(2z – 4)
Jadi, nilai P(Z = 3 atau Z = 6) adalah
=
(2 × 3 – 4)
=
1 24
(6 – 4)
=
1 × 24
=
1 12
F(z) =
24 z − z 2 64
pada interval k ≤ z < 12 sehingga: F(12) F(1 2) – F(k) F(k) = 1
⇔
24 × 12 − 12 64
2
=
1 40
(20 – 2z)
= 1
Jadi, nilai k = 4. 15. Jawaban: d f(y) =
d F(y) dy
Diketahui f(k) =
1 5
dan 5 < k ≤ 15 sehingga
diperoleh:
2
d 20z − z2 f(z) = ( ) 40 dz
24 × k − k 2 64
–
⇔ 288 – 144 – (24k – k2) = 64 ⇔ 144 – 24k + k2 = 64 ⇔ k2 – 24k 24k + 80 80 = 0 ⇔ (k – 4)(k 4)(k – 20) = 0 ⇔ (k – 4) = 0 atau (k – 20) 20) = 0 ⇔ k = 4 atau k = 20
f(y) =
Nilai 6 terletak pada interval 5 < z < 10 sehingga:
.
14. Jawaban: b Diketahui Z merupakan variabel acak kontinu dan
P(Z = 3) = f(3) f(3) 1 24
17 60
= f(k) =
d y 2 − 10 y ( ) 80 dy 1 80 1 5
(2y – 10) ⇔
1 80
(2kk – 10) (2 10) =
1 5 80 5
⇔
2k – 10 10 =
⇔ ⇔ ⇔
2k – 1 10 0 = 16 2k = 26 26 k = 13
Jadi, nilai k = 13.
Matematika Kelas XII
107
16. Jawaban: c Variabel acak X ~ N(100, 25) sehingga µ = 100 dan σ = 25. P(100 P(1 00 < X < 165 165)) = P( = P(
100 − μ
< Z <
σ
100 − 100 25
σ
< Z < 65 25
= P(0 < Z <
165 − μ
)
165 − 100 25
)
= P(Z = = P(Z =
)
σ 167 − 150 40
0,02
–0,9 –0,8 –0,7 –0,6
–0,4 –0,3 –0,2 –0,1 –0,0
17. Jawaban: a Variabel acak X ~ N(150, 40) sehingga µ = 150 dan σ = 40. 167 − μ
z
–0,5
)
= P(0 < Z < 2,6) = P(Z < 2,6) – P(Z < 0) = 0,9953 – 0,5 = 0,4953 Jadi, nilai P(100 < X < 165) = 0,4953.
P(X = 167) 167) = P(Z =
Perhatikan letak 0,2912 pada tabel distribusi Z berikut. 0,03 0,
0,04
0, ← 05
0,1788 0,1762 0,1736 0,17 11 0,2061 0,2033 0,2005 0,19 77 0,2358 0,2327 0,2296 0,22 66 0,2676 0,2643 0,2611 0,25 78 ← 0,3015 0,2981 0,2946 0,2912 0,3372 0,3745 0,4129 0,4522 0,4920
0,3336 0,3707 0,4090 0,4483 0,4880
0,3300 0,3669 0,4052 0,4443 0,4840
0,3264 0,3632 0,4013 0,4404 0,4801
0,06
0,1685 0,1949 0,2236 0,2546 0,2877 0,3228 0,3594 0,3974 0,4364 0,4761
Dari tabel diperoleh P(Z < –0,55) = 0,2912 sehingga nilai z = –0,55. Dengan demikian, diperoleh: z=
n − 90 20
–0,5 –0 ,55 5=
⇔
n − 90 20
⇔ –0,5 –0,55 5 × 20 = n – 90 90 ⇔ –11 –1 1 = n – 90 90 ⇔ n = –11 –11 + 90 90 ⇔ n = 79
)
17 ) 40
= P(Z = 0,425) z = 0,425 terletak di antara z = 0,42 dan z = 0,43 sehingga diperoleh: P(Z = 0,425) 0,425) = P(Z < 0,43) 0,43) – P(Z P(Z < 0,42) 0,42) = 0,6664 – 0,6628 = 0,0036 Jadi, nilai P(X = 167) adalah 0,0036. 18. Jawaban: b Variabel acak X ~ N(90, 20) sehingga µ = 90 dan σ = 20. n−μ
P(n < X < 98) 98) = P( σ < Z <
98 − μ
σ
)
Jadi, nilai n = 79. 19. Jawaban: d Misalkan X = hasil penjualan buah per hari para pedagang di pasar A. Diketahui: Rata-rata hasil penjualan buah per hari = Rp150.000,00 sehingga µ = 150.000. Simpangan baku hasil penjualan buah per hari = Rp4.000,00 sehingga σ = 4.000. Penjualan buah per hari berdistribusi normal sehingga X ~ N(150.000, 4.000). Peluang pedagang di pasar A yang penjualannya lebih dari Rp161.000,00 per hari = P(X > 161.000).
⇔
0,36 0, 3642 42 = P(
n − 90 20
< Z <
98 − 90 20
⇔
0,36 0, 3642 42 = P(
n − 90 20
< Z <
8 ) 20
= P(Z >
161. 161.00 000 0 − 150. 150.00 000 0 ) 4.000
⇔
0,36 0, 3642 42 = P(
n − 90 20
< Z < 0,4)
= P(Z >
11.000 ) 4.000
⇔
0,3642 = P(Z < 0,4) 0,4) – P(Z P(Z <
⇔
0,3642 = 0,6554 0,6554 – P(Z < P(Z <
n − 90 20
) = 0,6554 0,6554 – 0,364 0,3642 2
⇔
P(Z <
n − 90 20
) = 0,2 0,291 912 2
Sehingga diperoleh z =
108
n − 90 20
Penilaian Akhir Semester 2
.
n − 90 20
n − 90 20
⇔
)
)
P(X > 161. 161.000 000)) = P(Z >
)
161.000 − μ
σ
)
= P(Z > 2,75) = 1 – P(Z < 2,75) = 1 – 0,9970 = 0,0030 = 0,30% Jadi, pedagang di pasar A yang hasil penjualannya lebih dari Rp161.000,00 per hari sebanyak 0,30%.
20. Jawaban: b Misalkan X = berat semangka. Diketahui: Rata-rata berat semangka = 5,6 sehingga µ = 5,6. Simpangan baku berat semangka = 1,2 kg sehingga σ = 1,2. Berat semangka berdistribusi normal sehingga X ~ N(5,6; 1,2). Peluang semangka yang memiliki berat kurang dari 5,18 kg = P(X < 5,18). P(X P( X < 5,18 5,18)) = P(Z P(Z < = P(Z < = P(Z <
5,18 − μ
σ
1,2
0,0 0,1 0,2 0,3
)
21. Jawaban: c Misalkan: X = nilai ulangan Matematika. µ = rata-rata nilai ulangan Matematika. Diketahui: Simpangan baku nilai ulangan = 5 sehingga σ = 5. Data nilai ulangan Matematika berdistribusi normal sehingga X ~ N(µ, 5). Peluang siswa memperoleh nilai lebih dari 78,4 = P(X > 78,4). P(X > 78,4) = 33% = 0,33 Luas daerah 0,33 di bawah kurva normal N( µ, 5) pada interval X > 78,4 dapat digambarkan seperti berikut.
luas = 0,33 µ x = 78,4
Dari gambar diperoleh: P(X > 78,4) = 0,33 ⇔ 1 – P(X < 78,4 78,4)) = 0,33 ⇔ 1 – P(Z <
78,4 − μ 5
) = 0, 0,33 33
⇔
P(Z <
78,4 − μ 5
) = 1 – 0,33 0,33
⇔
P(Z <
78,4 − μ 5
) = 0, 0,67 67
78,4 − μ 5
.
0
0,01
0,5000 0,5398 0,5793 0,6179
0,5040 0,5438 0,5832 0,6217
0,02
0,5080 0,5478 0,5871 0,6255
0 ,03 0,
0,5120 0,5517 0 ,5 9 1 0,6293
0,04
← 0,51 60 0,55 57 0,59 48 0,63 31
0,6554 0,6591 0,6628 0,6664 0,6700 0,4 ← 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9
)
= P(Z < –0,35) = 0,3632 Banyak semangka yang memiliki berat kurang dari 5,18 kg = 0,3632 × 1.000 = 363,2 ≈ 363. Jadi, semangka yang memiliki berat kurang dari 5,18 kg sebanyak 363 buah.
Sehingga z =
z
)
5,18 − 5, 6 1,2
−0,42
Perhatikan letak 0,67 pada tabel distribusi Z berikut.
0,6915 0,7257 0,7580 0,7881 0,8159
0,6950 0,7291 0,7611 0,7910 0,8186
0,6985 0,7324 0,7642 0,7939 0,8212
0,7019 0,7357 0,7673 0,7967 0,8238
0,7054 0,7389 0,7704 0,7995 0,8264
Dari tabel diperoleh P(Z < 0,44) = 0,67 sehingga nilai z = 0,44. Dengan demikian, diperoleh: z=
78,4 − μ 5
0,44 0, 44 =
⇔
78,4 − μ 5
0,44 × 5 = 78,4 78,4 – µ 2,2 = 78,4 78,4 – µ µ = 78,4 – 2,2 µ = 76,2 Jadi, rata-rata nilai ulangan Matematika adalah 76,2. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
22. Jawaban: b Misalkan X = hasil panen padi per hektare di daerah A. Diketahui: Rata-rata hasil panen padi di daerah A = 15 ton per hektare sehingga µ = 15. Simpangan baku hasil panen padi di daerah A = 2 ton per hektare sehingga σ = 2. Hasil panen padi per hektare di daerah A berdistribusi normal sehingga X ~ N(15, 2). Peluang sawah di daerah A menghasilkan padi kurang dari k ton per hektare = P(X < k). P(X < k) = 11,7% = 0,117 Luas daerah 0,117 di bawah kurva normal N(15, 2) pada interval X < k dapat digambarkan seperti berikut. Luas = 0,117
k
µ = 15
Dari gambar diperoleh: P(X < k) = 0,117 ⇔
P(Z <
k − 15 ) 2
Sehingga z =
= 0,117
k − 15 . 2
Matematika Kelas XII
109
Perhatikan letak 0,117 pada tabel distribusi Z berikut. z
0,05
0,0735 0,0885 0,1056
–1,4 –1,3 –1,2
0,06 0,
0,0721 0,0869 0,1038
0,07
0,0708 0,0853 0,1020
0,08
0,0694 0,0838 0,1003
0,09
← 0,0681 0,0823 0,0985
0,1251 0,1230 0,1210 0,1190 0,1170 –1,1 ← –1,0
0,1469
0,1446
0,1423
0,1401
0,1379
–0,9 –0,8 –0,7 –0,6 –0,5
0,1711 0,1977 0,2266 0,2578 0,2912
0,1685 0,1949 0,2236 0,2546 0,2877
0,166 0,1922 0,2206 0,2514 0,2843
0,1635 0,1894 0,2177 0,2483 0,2810
0,1611 0,1867 0,2148 0,2451 0,2776
25. Jawaban: b Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah obat alergi efektif dapat menyembuhkan penderita dalam waktu tidak lebih dari 5 jam sehingga H0 : µ ≤ 5. H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : µ > 5. Dengan demikian, daerah kritis berada di ujung kanan kurva seperti berikut. DK Luas = 0,01
µ = 5
Dari gambar diperoleh daerah kritis z > z 0,01. Perhatikan letak 0,01 pada tabel distribusi Z berikut.
Dari tabel diperoleh P(Z < –1,19) = 0,117 sehingga sehin gga nilai z = –1,19. Dengan demikian, diperoleh: z=
k − 15 2
⇔
–1,1 –1 ,19 9=
z
k − 15 2
–1,19 –1, 19 × 2 = k – 15 –2,38 –2 ,38 = k – 15 15 k = –2,3 –2,38 8 + 15 15 k = 12, 12,62 62 Jadi, sebanyak 11,7% sawah di daerah A menghasilkan padi kurang dari 12,62 ton per hektare.
24. Jawaban: d Diketahui: 1) ra ratata-ra rata ta pop popul ulas asii yan yang g diu diujiji = µ0 = 1.500; 2) ra rata ta-r -rat ata a sam sampe pell = x = 1.468; 3) si simp mpan anga gan n bak baku u = s = 10 100; 0; 4) ba bany nyak ak sa samp mpel el n = 16 < 30 30 Nilai statistik uji: t = =
x − μ0 s n
100 16
−32 × 4 32 = −100 = 4
=
128 – 100
Jadi, nilai statistik uji hipotesis adalah t = –1,28.
110
Penilaian Akhir Semester 2
0,02
0,03
0,04
0,0003 0,0004 0,0006
0,0010
0,0009 0,0009
0,0009
0,0008
–3,0
0,0013
0,0013 0,0013
0,0012
0,0012
–2,9 –2,8 –2,7 –2,6 –2,5
0,0019 0,0026 0,0035 0,0047 0,0062
0,0018 0,0025 0,0034 0,0045 0,0060
0,0017 0,0023 0,0032 0,0043 0,0057
0,0016 0,0023 0,0031 0,0041 0,0055
–3,1
←
0,0018 0,0024 0,0033 0,0044 0,0059
Dari tabel diperoleh P(Z < –3,1) = 0,001 sehingga nilai z = –3,1 Daerah kritis berada di ujung kanan kurva sehingga daerah kritis z > 3,1. Jadi, daerah kritisnya adalah z > 3,1. B. Ur Urai aian an
1.
Syarat X mer Syarat merupa upakan kan meru merupak pakan an vari variabe abell acak acak diskrit adalah 0 ≤ f(x) < 1 untuk setiap nilai X dan
∑ f(x) = 1. Langkah 1: Membuktikan bahwa 0 ≤ f(x) f(x) < 1.
Dari fungsi f(x) tersebut diperoleh f(1) = =
1 13
, f(3) =
1 13
,
3 14
,
3 13
, f(4) =
5 13
< 1 sehingga syarat 0 ≤ f(x) < 1
.
Langkah 2: Membuktikan bahwa ∑ f(x) = 1.
∑ f(x) = f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + f(5) =
1 13
=1
, f(2)
3 13
, dan f(5) =
5 13
1 13
terpenuhi.
100
= –1,28
0,01
0,0003 0,0004 0,0006
0≤
1.468 − 1.500
0 ← 0, 0003 0, 0005 0, 0007
0,0003 0,0003 0,0005 0,0005 0,0007 0,0006
–3,4 –3,3 –3,2
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
23. Jawaban: a Pernyataan yang akan diuji kebenarannya adalah rata-rata waktu yang diperlukan siswa untuk lari 1.200 meter adalah 4 menit sehingga H 0 : µ = 4. H1 merupakan lawan dari penyataan H 0 sehingga H1 : µ ≠ 4. Jadi, hipotesis H0 dan H1 adalah H0 : µ = 4 H1 : µ ≠ 4
Z0,01
+
1 13
+
3 13
+
3 13
+
5 13
Terbukti bahwa ∑ f(x) = 1 terpenuhi.
b.
Oleh karena 0 ≤ f(x) < 1 dan ∑ f(x) = 1, maka X merupakan variabel acak diskrit. 2. a.
Oleh Ol eh ka kare rena na X mer merup upak akan an va vari riab abel el ac acak ak diskrit, maka ∑ f(x) = 1.
∑ f(x) = f(1) + f(2) + f(3) f(3) + f(4) = 1 ⇔
1 k 2k 5 + 15 + 15
⇔
3 3k 3k 15 + 15 + 15
=1
⇔
6k + 3 15
=1
6k + 3 = 15 15 6k 6 k = 12 12 k = 2
⇔ ⇔ ⇔
b.
k
+ 5 = 1
Fungsi d Fungsi dist istrib ribus usii kumula kumulatif tif var variab iabel el acak acak X adalah 0, untuk x < 4 2 F(x)= 18x − x , untuk 4 ≤ x < 9 25 1, x ≥ 9 P(|X – 8| ≤ 2) = P(|X P(|X – 8| 8| ≤ 2) = P(–2 ≤ X – 8 ≤ 2) = P(–2 + 8 ≤ X ≤ 2 + 8) = P(6 ≤ X ≤ 10) = F(10) – F(6) x = 6 terletak pada interval 4 ≤ x ≤ 9 sehingga: F(6) F( 6) = P( P(6 6 ≤ X < 9) = F(9) – F(6)
Jadi, nilai k = 2. P(2 ≤ X < 4) 4) = P(X P(X = 2) + P(X = 3) = f(2) + f(3) k
2k
2
4
= 15 + 15
6 15
=
162 − 81 108 − 36 – 25 25
=
81 72 – 25 25
=
9 25
4. a.
X mer merup upak akan an va vari riab abel el ac acak ak ko kont ntin inu u seh sehin ingg gga a
=
16 25 16 25
.
z2 − 4z 9
pada interval 2 < z ≤ k
sehingga: F(k) – F(2) = 1
∫ f(x) dx = 1.
n
k 2 − 4k 9
9
∫ f(x f(x)) dx dx = 1
⇔
n 9
∫
n
18 − 2x 25
9 1 ⎡18x − x 2 ⎤ ⎣ ⎦ n 25
–
22 − 4 × 2 9
=1
k2 – 4k – (4 – 8) = 9 4k – 4 + 8 – 9 = 0 k2 – 4k 4k – 5 = 0 (k – 4)(k 4)(k – 1) = 0 (k – 4) 4) = 0 atau atau (k – 1) = 0 k = 4 atau k=1 2 < z ≤ k sehingga nilai k = 4. Jadi, nilai k = 4. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
dx d x=1 =1
⇔ 18(9 – n) – (9 2 – n2) = 25 ⇔ 162 – 18n – 81 + n 2 = 25 ⇔ n2 – 18m 18m – 56 56 = 0 ⇔ (n – 4)(n 4)(n – 14) = 0 ⇔ (n – 4) = 0 atau (n – 14) = 0 ⇔ n = 4 atau n = 14 n ≤ x < 9 sehingga nilai n = 4.
Jadi, nilai n = 4.
9 25
Dike Di keta tahu huii Z me meru rupa paka kan n var varia iabe bell aca acakk kon konti tinu nu dan F(z) =
9
⇔
18 × 6 − 62 25
Jadi, nilai P(|X – 8| ≤ 2) =
Jadi, nilai P(2 ≤ X < 4) = 25 .
⇔
–
F(10) – F(6) = 1 –
= 52
3. a.
18 × 9 − 92 25
x = 10 terletak pada interval x ≥ 9 sehingga nilai F(10) = 1.
= 15 + 15 =
=
b.
f(z) =
k2 –
d dz
F(z)
6 pada interval z > 5 sehingga: f(z) =
d dz
(1) = 0
f(6) = 0
Matematika Kelas XII
111
4 pada interval 2 < z ≤ 4 sehingga: f(z) =
d dz
(
z − 4z 9
Kejadian Kejad ian yan yang g dihar diharap apka kan n = memili memiliki ki ana anakk perempuan. Diinginkan memiliki anak perempuan lebih banyak daripada anak laki-laki. Ini sama artinya dengan memiliki anak perempuan paling sedikit 3, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X ≥ 3. Peluang memiliki anak perempuan paling sedikit 3 = P(X ≥ 3). P(X ≥ 3) = P(X = 3) + P(X = 4) 4) + P(X = 5) 5)
)
=
1 9
(2z – 4)
f(4) =
1 9
(2 × 4 – 4)
=
1 9
(8 – 4)
=
1 9
× 4
=
b.
2
1
4 9
1
Nilai f(6) – f(4) = 0 –
4 9
4
4 9
.
1
1
= 5C2 ( 2 )2 ( 2 )5 – 2 = = =
5! × 2!(5 − 2)! 5 × 4 × 3! × 2 × 1× 3! 1 10 × 32
=
10 32
=
5 16
1
1
( 2 )2 ( 2 )3 1
( 2 )5
Penilaian Akhir Semester 2
.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
= (10 + 5 + 1) × ( 2 )5 = 16 ×
1 32
1
= 2 Jadi, peluang pasangan tersebut memiliki anak perempuan lebih banyak daripada anak 1
laki-laki adalah 2 . 6. Kejadian Kejadian yang yang diharapk diharapkan an = lampu lampu merah merah menyala. Lampu merah menyala 40 detik, kuning menyala 5 detik, dan hijau menyala 15 detik sehingga diperoleh: 40
= 60
2
3
q = P(lampu P(lampu merah merah tidak menya menyala) la) =1–p =1– =
5 16
1
p = P(lampu P(lampu merah merah menyal menyala) a) =
Jadi, peluang pasangan tersebut memiliki 2 anak laki-laki adalah
1
= 10 × ( 2 )5 + 5 × ( 2 )5 + ( 2 )5
1
1
1
+ 1 × ( 2 )5 ( 2 )0
1
P(X = 2) 2) = b(2; b(2; 5; 2 )
1
= 10 × ( 2 )3 ( 2 )2 + 5 × ( 2 )4 ( 2 )1
p = P(memi P(memiliki liki anak anak laki laki-lak -laki) i) = 2 q = P(memi P(memiliki liki anak anak pere perempu mpuan) an) =1–p
= 1 – 2 = 2 Pasangan suami istri berencana memiliki lima anak sehingga n = 5. a. Ke Kejad jadia ian n yang yang diha dihara rapk pkan an = memil memilik ikii anak anak laki-laki. Diinginkan memiliki 2 anak laki-laki, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 2. Peluang memiliki 2 anak laki-laki = P(X = 2).
1
+ 5C5 ( 2 )5 ( 2 )5 – 5
5. Kemungkinan Kemungkinan jenis kelamin anak ada dua yaitu yaitu laki-laki atau perempuan sehingga:
112
1
= 5C3 ( 2 )3 ( 2 )5 – 3 + 5C4 ( 2 )4 ( 2 )5 – 4
= – 9
Jadi, nilai f(6) – f(4) = –
1
1
= b(3; 5; 2 ) + b(4; 5; 2 ) + b(5; 5; 2 )
2
3
1 3
Enam mobil yang melewati perempatan sehingga n = 6. Diinginkan empat mobil berhenti karena lampu merah, maka banyak kejadian yang diharapkan adalah X = 4. Peluang empat mobil berhenti karena lampu merah = P(X = 4).
P(X P( X = 4) 4) = b(4 b(4;; 6; 6;
2
3
Luas daerah 0,1 di bawah kurva normal N(80, 10) pada interval X > k dapat digambarkan sebagai berikut.
) 1
2
= 6C4 ( 3 )4 ( 3 )6 – 4 =
6! × 4!(6 − 4)!
=
4 6 × 5 × 4! × 236 4! × 2 × 1
=3×5× =5× =
1 3
1
2
( 3 )4 ( 3 )2
×
Luas = 0,1
µ = 76
16
Dari gambar diperoleh:
35
16 243
P(X < k) = P(Z <
80 243
z=
Jadi, peluang tepat empat mobil dari enam mobil yang melewati perempatan tersebut berhenti karena lampu merah adalah
80 243
56.300 − μ
σ
k − 76 5
z
)
= P(Z >
5 6 .3 0 0 − 5 0 .0 0 0 3.500
= P(Z >
6.300 3.500
–3,4 –3,3 –3,2
)
= P(Z > 1,8) = 1 – P(Z <1,8) = 1 – 0,9641 = 0,0359 = 3,59% Jadi, karyawan yang menerima gaji lebih dari Rp56.300,00 per hari sebanyak 3,59%. 8. Misalka Misalkan n X = nilai nilai ujian ujian Matemat Matematika. ika. Diketahui: Rata-rata nilai ujian = 76 sehingga µ = 76. Simpangan baku nilai ujian = 5 sehingga σ = 5. Data hasil ujian berdistribusi normal sehingga X ~ N(76, 5). Misalkan k = nilai minimal siswa lulus ujian Matematika. Peluang siswa memperoleh nilai minimal lulus ujian Matematika = P(X < k) = 10% = 0,1.
) = 0,1 sehingga diperoleh
.
0 ← 0,0003 0 ,0005 0 ,0007
0,01
0,02
0 ,03 0,
0,04
0,0003 0,0003 0,0003 0,0003 0,0005 0,0005 0,0004 0,0004 0,0007 0,0006 0,0006 0,0006
–3,1
← 0,0010
0,0009 0,0009 0,0009 0,0008
–3,0
0,0013
0,0013 0,0013 0,0012 0,0012
–2,9 –2,8 –2,7 –2,6 –2,5
0,0019 0,0026 0,0035 0,0047 0,0062
0,0018 0,0025 0,0034 0,0045 0,0060
0,0018 0,0024 0,0033 0,0044 0,0059
0,0017 0,0023 0,0032 0,0043 0,0057
0,0016 0,0023 0,0031 0,0041 0,0055
Dari tabel diperoleh P(Z < –3,1) = 0,01 sehingga nilai z = –3,1. z=
)
k − 76 5
Perhatikan letak 0,1 pada tabel distribusi distrib usi Z berikut.
.
7. Misalkan Misalkan X = gaji gaji karyawan karyawan per hari hari di perusah perusahaan aan M. Diketahui: Rata-rata gaji karyawan per hari = Rp50.000,00 sehingga µ = 50.000. Simpangan baku gaji karyawan per hari = Rp3.500,00 sehingga σ = 3.500. Gaji karyawan per hari berdistribusi normal sehingga X ~ N(50.000, 3.500). Peluang karyawan menerima gaji lebih dari Rp56.300,00 per hari = P(X > 56.300). P(X > 56.300) 56.300) = P(Z >
x=k
k − 76 5
⇔
–3,1 –3 ,1 =
k − 76 5
–3,1 × 5 = k – 76 –3,1 –15,5 –15 ,5 = k – 76 k = 76 – 15,5 15,5 k = 60, 60,5 5 Jadi, nilai minimal siswa lulus ujian Matematika adalah 60,5. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
9. a.
b.
H0 : µ ≥ 2 (Rata-rata berat pepaya hasil panen tidak kurang dari 2 kg.) H1 : µ < 2 (Rata-rata berat pepaya hasil panen kurang dari 2 kg.) Dari Da ri per perma masa sala laha han n di atas atas dip diper erol oleh eh:: 1) ra rata ta-r -rata ata po popu pula lasi si yan yang g diuji diuji = µ0 = 2; 2) rata rata-r -rat ata a sam samp pel = x = 1,8; 3) sim impa pan nga gan n bak baku u = σ = 0,5; 4) ba banya nyak k ssam ampel pel n = 36 > 30 se sehin hingga gga menggunakan statistik uji z =
x − μ0 σ
.
n
Matematika Kelas XII
113
z = = = c. d.
1, 8 − 2
10. a.
0,5 36
−0,2 0,5 6
−0, 2 × 6
b.
0,5
= –2,4 Ting Ti ngka katt sign signif ifik ikan ansi si α = 2% = 0,02. Mene Me nent ntuk ukan an dae daera rah h krit kritis is.. Dari permasalahan di atas diperoleh H1 : µ < 2 sehingga daerah kritis berada di ujung kiri kurva seperti gambar berikut.
–2,9 –2,8
e.
f.
0,05
0,0016
0,06
0,0015
0,07
0,0015
0,08 0,
0,09
← 0,0014
0,0014
← 0,0022 0,0021 0,0021 0,0020 0,0030 0,0040 0,0054
0,0029 0,0039 0,0052
0,0028 0,0038 0,0051
0,0027 0,0037 0,0049
0,0026 0,0036 0,0048
–2,4 –2,3 –2,2 –2,1 –2,0
0,0071 0,0094 0,0122 0,0158 0,0202
0,0069 0,0091 0,0119 0,0154 0,0197
0,0068 0,0089 0,0116 0,0150 0,0192
0,0066 0,0087 0,0113 0,0146 0,0188
0,0064 0,0084 0,0110 0,0143 0,0183
Dari tabel diperoleh P(Z < –2,88) = 0,02 sehingga daerah kritis z < –2,88. Darii langk Dar langkah ah b dip dipero eroleh leh nil nilai ai stat statist istik ik uji uji z = –2,4 > –2,88 maka z = –2,4 di luar daerah kritis sehingga keputusannya H 0 diterima. Membuat kesimpulan Dari langkah e diperoleh keputusan uji H 0 diterima. Kesimpulan dari uji hipotesis adalah rata-rata berat pepaya hasil panen tidak kurang dari 2 kg. Jadi, dapat dikatakan rata-rata berat pepaya hasil panen tidak kurang dari 2 kg.
=
150 + 154 + 158 + 150 + 152 + 158 + 156 + 154 + 145 9
=
1.377 9
Penilaian Akhir Semester 2
.
= 153 Simpangan baku: n
(x − x)2 s = ∑1 i n 9
∑ (x − x)2 = 1 i 9 9
∑ (xi – x )2 1
= (150 (150 – 153 153))2 + (154 – 153)2 + (158 – 153)2 + (150 – 153)2 + (152 – 153) 2 + (158 – 153) 2 + (156 – 153)2 + (154 – 153) 2 + (145 – 153)2 = (–3)2 + 12 + 52 + (–3)2 + (–1)2 + 52 + 32 + 12 + (–8)2 = 9 + 1 + 25 + 9 + 1 + 25 25 + 9 + 1 + 64 = 144 Sehingga diperoleh: 9
(xi − x)2 ∑ s= 1 9
=
144 9
=
16
=4
114
s n
Jumlah nilai data Banyak data
0,0019
–2,7 –2,6 –2,5
x − μ0
Rata-rata sampel:
µ = 2
Dari gambar diperoleh daerah kritis kriti s Z < –z0,02. Perhatikan letak 0,02 pada tabel distribusi Z berikut. z
menggunakan statistik uji t =
x =
Luas = 0,02
–Z0,02
H0 : µ = 152 (Rata-rata tinggi badan siswa kelas XII sama dengan 152 cm.) H1 : µ ≠ 152 (Rata-rata tinggi badan siswa kelas XII tidak sama dengan 152 cm.) Meng Me nghi hitun tung g nila nilaii sta statis tistik tik uji uji.. Dari permasalahan di atas diperoleh: 1) ra rata ta-r -rata ata po popu pula lasi si yan yang g diuji diuji = µ0 = 152; 2) ba bany nyak ak sam sampe pell n = 9 < 30 30 sehi sehing ngga ga
t =
Perhatikan df = 8 dan α = 5% dua arah pada tabel distribusi t berikut.
x − μ0 s n
df
=
c. d.
153 − 152 4 9
1,943 1,895
2,50% 2,447 ← 2,365
3,143 2,998
3,707 3,499
1,397
1,860
2,306
2,896
3,355
9 10
1,383 1,372
1,833 1,812
2,262 2,228
2,821 2,764
3,250 3,169
11 12 13 14 15
1,363 1,356 1,350 1,345 1,341
1,796 1,782 1,771 1,761 1,753
2,201 2,179 2,160 2,145 2,131
2,718 2,681 2,650 2,624 2,602
3,106 3,055 3,012 2,977 2,947
Dua arah Satu arah
20%
10%
10%
5%
1,440 1,415
=
1 4 3
6 7
=
3 4
8
= 0,75 Ting Ti ngka katt sign signif ifik ikan ansi si α = 5% = 0,05. Dari Da ri perm permas asala alahan han di di atas atas diper diperole oleh h H1 : m ≠ 152 sehingga daerah kritis berada di ujung kiri dan kanan kurva seperti gambar berikut. DK Luas = 0,025
–t0,025
DK Luas = 0,025
0
t0,025
Dari gambar diperoleh daerah kritis t < –t 0,05 dan t > t0,05. Banyak sampel n = 9 sehingga derajat bebas df = 9 – 1 = 8.
Tingkat Signifikansi α 5%
←
2%
1%
1%
0,50%
Dari tabel diperoleh nilai t0,05 = 2,306 sehingga daerah kritis t < –2,306 dan t > 2,306. e.
Dari langka Dari langkah h b dipe diperol roleh eh nila nilaii stati statisti stikk uji uji t = 0,75 < 2,306 maka t = 0,75 di luar daerah kritis sehingga keputusannya H 0 diterima. f. Da Dari ri lan langk gkah ah e dip diper erol oleh eh kep keput utus usan an uji uji H0 diterima. Kesimpulan dari uji hipotesis adalah rata-rata tinggi badan siswa kelas XII sama dengan 152 cm. Jadi, dapat diyakini bahwa tinggi badan siswa kelas XII sama dengan 152 cm.
Matematika Kelas XII
115
Penyelesaian (x + 3)(x – 2) > 0 dalam bentuk garis bilangan sebagai berikut.
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: a ⎛ ⎛ 1 ⎞2 3−125 3 ⎞ ⎜ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎟ ⎜ ⎛ 1 ⎞ −5 −2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 4 9 ⎟ ⎝ ⎝5⎠ ⎠
−1
=
⎛ (2−1)2 3 −1(52 ) 3 ⎞ ⎜⎜ −1 − 5 2 −2 2 ⎟⎟ ⎝ (5 ) (2 ) 3 ⎠
+
−1
–3
=
( 2 − 2 3 )( 2 + 2 3 ) 3 2 −2 3
5−5 24 3−2
Jadi, nilai dari
=
33 5122
=
27 27 = 5× 4 20
⎛ ⎛ 1 ⎞ 2 3−1253 ⎞ ⎜ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎟ ⎜ ⎛ 1 ⎞ −5 −2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 4 9 ⎟ ⎝ ⎝5⎠ ⎠
−1
adalah
27 20
.
⇔
⎛ 1⎞ ⎜4⎟ ⎝ ⎠
⇔
⎛ 1⎞ ⎜4⎟ ⎝ ⎠
x 2 −2x 2 x −5
=
(4 − 12)(3 2 + 2 3 ) 32 × 2 − 2 2 × 3
=
−8(3 2 + 2 3 ) 9× 2 −4 ×3
2( −3 x +1)
< ⎛⎜ 1 ⎞⎟
< ⎛⎜ 1 ⎞⎟
3)
2 + 2 3) 6
4
−3 x +1
⎝4⎠
Untuk 0 < a < 1 penyelesaian a f(x) < a g(x) adalah f(x) > g(x) sehingga diperoleh: x2 – 2x – 5 > –3x –3x + 1 2 ⇔ x + x – 6 > 0 ⇔ (x + 3)(x 3)(x – 2) > 0 Pembuat nol: (x + 3)(x 3)(x – 2) = 0 ⇔ (x + 3) = 0 atau (x – 2) = 0 ⇔ x = –3 atau x = 2
116
( 4 − 4 × 3 )( 3 2 + 2 3 ) (3 2 )2 − (2 3 )2
= –3 (3 2 + 2 3 )
⎝2⎠
x 2 −2x 2 x −5
=
×
−6 x +2
⎝2⎠
x2 − 2 x − 5
22 − (2 3 )2 3 2 −2 3
= −8(3
< ⎛⎜ 1 ⎞⎟
3 2 +2 3 3 2 +2 3
=
= −8(3182−+122
2. Jawaban: d ⎛ 1⎞ ⎜4⎟ ⎝ ⎠
2
3. Jawaban: e
22 315−6
= 22 – 4 31 + 2 5–6 + 5 = 2–2 33 5–1
`
+
Dari garis bilangan diperoleh x < –3 atau x > 2. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < –3 atau x > 2}.
−2 −1 6 ⎞ −1
⎛2 3 5 5 −4 2 ⎟ ⎟ ⎝5 2 3 ⎠
= ⎜⎜
–
Latihan Ujian Sekolah Berstandar Nasional
Jadi, bentuk sederhana dari 4
adalah – 3 ( 3 2 + 2 3 ). 4. Jawaban: a ⎛ 2 log 25 25 × 125 log 512 + 2 log 64 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ 3 log 243 − 3 log 81 ⎝ ⎠
2
2
=
⎛2 2 53 9 2 6⎞ ⎜ log 5 × log 2 + log 2 ⎟ 243 3 ⎜⎜ ⎟⎟ log 81 ⎝ ⎠
=
⎛ 2 2 log 5 × 1 5 log 2 9 + 2 log 2 6 ⎞ 3 ⎜ ⎟ 3 ⎜⎜ ⎟⎟ log 3 ⎝ ⎠
2
( 2 − 2 3 )( 2 + 2 3 ) 3 2 −2 3
=
⎛ 2 × 2 log 5 × 5 log 2 9 + 6 2 log 2 ⎞ ⎜3 ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 1 ⎝ ⎠
=
2 (3
Dari garis bilangan diperoleh p < 2 atau p > 8. Jadi, nilai p yang memenuhi adalah p < 2 atau p > 8.
2
7. Jawaban: e Dari persamaan kuadrat 4x 2 + 7x + 2 = 0 diperoleh a = 4, b = 7, dan c = 2. x1 dan x2 akar-akar persamaan kuadrat 4x 2 + 7x + 2 = 0 sehingga:
× 2log 29 + 6 × 1)2
2
= ( 3 × 9 × 2log 2 + 6)2 = (6 × 1 + 6)2 = 122 = 144
b a
x1 + x 2 = – = – ⎛ 2 log 25 125 log 512 + 2 log 64 ⎞ ⎟ 3 ⎟ log 24 243 − 3 log 81 ⎝ ⎠
Jadi, nilai dari ⎜⎜
x1 × x 2 =
2
= 144.
5. 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 x 1 dan x2 maka: −b
x1 + x2 = a = x1x2 =
−(m − 1) 1
c a
=
2 4
=
7 4
= 2 × (– ) – 2 7 2
= – – 2
= 1 – m
= 1 = –5 x12 + x 22 – 2x1x2 = 8m 2 ⇔ ((x1 + x2) – 2x1x2) – 2x1x2 = 8m ⇔ (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 8m ⇔ (1 – m)2 – 4 × (–5) (–5) = 8m 2 ⇔ m – 2m + 1 + 20 = 8m ⇔ m2 – 10m 10m + 21 21 = 0 ⇔ (m – 3)( 3)(m m – 7) 7) = 0 ⇔ m – 3 = 0 atau m – 7 = 0 ⇔ m = 3 atau m=7 Jadi, nilai m = 3 atau m = 7. 6. Jawaban: b Persamaan kuadrat 2x 2 – 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. D> 0 2 b – 4ac 4ac > 0 2 ⇔ (–2(p – 4)) – 4 × 2 × p > 0 ⇔ 4(p2 – 8p + 16) 16) – 8p 8p > 0 2 ⇔ p – 8p + 16 – 2p > 0 p2 – 10p 10p + 16 16 > 0 ⇔ Pembuat nol: p2 – 10p 10p + 16 16 = 0 ⇔ (p – 2)( 2)(p p – 8) 8) = 0 ⇔ p – 2 = 0 atau p – 8 = 0 ⇔ p = 2 atau p=8 2 Penyelesaian p – 10p + 16 > 0 dalam bentuk garis bilangan sebagai berikut. +
– 2
+ 8
1 2
Persamaan kuadrat baru akar-akarnya (2x 1 – 1) dan (2x2 + 1). (2x1 – 1) + (2x2 – 1) 1) = 2(x 2(x1 + x2) – 1 – 1
=–
−5
c a
7 4
(2x1 – 1)(2x2 – 1)
11 2
= 4(x1 × x2) – 2x1 – 2x2 + 1 =4×
1 2
– 2(x1 + x2) + 1 7 4
= 2 – 2 × (– ) + 1 =3+ =
7 2
13 2
Persamaan kuadrat yang baru: x2 – ((2x1 – 1) + (2x2 – 1))x + (2x1 – 1)(2x 2 – 1) 1) = 0
⇔
11
13
x2 + (– 2 )x + =0 2 ⇔ 2x2 – 11x 11x + 13 13 = 0 Jadi, persamaan kuadrat yang baru adalah 2x2 – 11x + 13 = 0. 8. Jawaban: d Fungsi kuadrat f(x) = –(k + 1)x + 2kx – (k + 2) memiliki nilai a = –(k + 1), b = 2k, dan c = –(k + 2). Fungsi kuadrat f(x) definit negatif sehingga nilai a < 0 dan D < 0. a < 0 ⇔ –( –(k k + 1) < 0 ⇔ k+ 1> 0 ⇔ k > –1 . . . (1) D<0 b2 – 4a 4acc < 0 2 ⇔ (2k) – 4 × (–(k + 1))(–(k 1))(–(k + 2)) < 0 4k2 – 4(k + 1)(k 1)(k + 2) < 0 ⇔ 2 2 ⇔ 4k – 4(k + 3k 3k + 2) < 0
Matematika Kelas XII
117
⇔ ⇔ ⇔
4k2 – 4k2 – 12k 12k – 8 < 0 –12k –1 2k – 8 < 0 –12k –1 2k < 8
⇔ ⇔
10. Jawaban: d (f g)( g)(x) x) = f(g( f(g(x) x))) 4x − 5
–k <
8 12
–k <
2 3
= f( 2x + 1 ) 4x − 5
= 3( 2x + 1 ) + 4 =
12x − 15 2x + 1
+
. . . (2)
=
12x − 15 2x + 1
+ 2x + 1
Penyelesaian k > –1 dan k > – dalam bentuk
=
12x + 8x − 15 + 4 2x + 1
⇔
k>–
2 3
2 3
= 2x + 1 Misalkan y = (f g)(x) k>–
2 3
3
k > –1
–1
–
Penyelesaian
2 3
8x + 4
20x − 11
garis bilangan sebagai berikut.
–2
4(2x + 1) 2x + 1
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
y=
20x − 11 2x + 1
y(2x + 1) = 20x – 11 y(2x 2yx + y = 20x – 11 y + 11 = 20x 20x – 2yx 2yx y + 11 = x(–2y x(–2y + 20) 20) y + 11
x = −2y + 20 y + 11
Dari garis bilangan di atas diperoleh penyelesaian k>–
2 3
x + 11
(x)) = −2x + 20 , x ≠ 10 ⇔ (f g)–1(x
.
Jadi, nilai k yang memenuhi adalah k > –
2 3
9. Jawaban: e (g f) f)(x (x)) = 4x2 – 8x ⇔ (g(f(x (g( f(x)) )) = 4x2 – 8x ⇔ g(2 g(2xx – 3) = 4x2 – 8x Misalkan t = 2x – 3 maka: 2x = t + 3 ⇔ x =
t+3 2
Sehingga diperoleh: g(2xx – 3) = 4x2 – 8x g(2 2
⇔
g(t (t)) = 4 ⎛⎜ t + 3 ⎞⎟ – 8 ×
⇔
g(t) g( t) = 4 ×
⎝ 2 ⎠
( t + 3)2 4
t+3 2
– 4(t + 3)
⇔ ⇔
g(t (t)) = t2 + 6t + 9 – 4t – 12 g(t (t)) = t2 + 2t + – 3 g(–1 g( –1)) = (–1) (–1)2 + 2 × (–1) – 3 = 1 – 2 – 3 = –4 Jadi, nilai g(1) = –4.
118
⇔ (f g)–1(y (y)) = −2y + 20 , y ≠ 10
Latihan Ujian Sekolah Berstandar Nasional
x + 11
.
Jadi, invers (f g)(x) adalah (f g g))–1(x) = −2x + 20 , x ≠ 10. 11. Jawaban: d Misalk Mis alkan an x = um umur ur De Deks ksa a y = umur Elisa z = umur Firda Umur Deksa 4 tahun lebih tua dari umur Elisa sehingga diperoleh persamaan: x=4+y . . . (1) Umur Elisa 3 tahun lebih tua dari umur Firda sehingga diperoleh persamaan: y=3+z . . . (2) Jumlah umur Deksa, Elisa, dan Firda 58 tahun sehingga diperoleh persamaan: x + y + z = 58 . . . (3) Dari persamaan (1), (2), dan (3) diperoleh SPLTV sebagai berikut. . . . (1) x = 4 + y . . . (2) y = 3 + z x + y + z = 58 . . . (3) Substitusikan persamaan (1) dan (2) ke persamaan (3). x + y + z = 58 ⇔ (4 + y) + (3 + z) z) + z = 58 ⇔ 4 + 3 + z + 3 + 2z = 58 58
⇔ ⇔ ⇔
10 + 3z = 58 58 3z = 48 48 z = 16 Substitusikan nilai z = 16 ke dalam persamaan (1) dan (2). y = 3 + z = 3 + 16 16 = 19 x = 4 + y = 4 + 19 19 = 23 Jumlah umur Deksa dan Firda = x + z = 23 + 16 = 39 Jadi, jumlah umur Deksa dan Firda adalah 39 tahun. 12. Jawaban: c Misalkan: Misalka n: x = banyak banyak mobil mobil kecil y = banyak mobil besar Banyak
Luas
Mobil kecil Mobil besar
x y
4 20
Pembatas
200
1.760
Ongkos Parkir
3.000 5.000
Diperoleh model matematika: Memaksimumkan f(x, y) = 3.000x + 5.000y dengan kendala: x + y ≤ 200 4x + 20y ≤ 1.760 ⇔ x + 5y ≤ 440 x ≥ 0 y ≥ 0 Daerah penyelesaian SPtLDV: Y
Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y): Titik Pojok
O(0, 0) A(200, 0) B(140, 60) C(0, 88)
Fungsi Objektif f(x, y) = 3.000x + 5.000y
f(0, 0) = 3.000 × 0 + 5.000 × 0 = 0 f(200, 0) = 3.000 × 200 + 5.000 × 0 = 600.000 f(140, 60) = 3.000 × 140 + 5.000 × 60 = 720.000 f(0, 88) = 13.000 × 0 + 5.000 × 88 = 440.000
Nilai maksimum f(x, y) = 3.000x + 5.000y adalah 720.000. Jadi, penghasilan maksimum dari tempat parkir sebesar Rp720.000,00. 13. Jawaban: d Misalkan: x = biaya sewa truk A untuk sekali jalan y = biaya sewa truk A untuk sekali jalan Bany Ba nyak ak
Kapa Ka pasi sita tas s
Truk A Truk B
x y
y
4 3
Pembatas
24
8
80
Biaya Sewa
100.000 80.000
Diperoleh model matematika: Meminimumkan f(x, y) = 100.000x + 80.000y dengan kendala: x + y ≤ 24 y ≥ 8 4x + 3y ≥ 80 x ≥ 0 y ≥ 0 Daerah penyelesaian SPtLDV: Y
200 20 0 88 O
C
B A 440 200 x + y = 200
X x + 5y = 440
Titik B merupakan perpotongan antara garis x + y = 200 dan x + 5y = 440. Koordinat titik B dicari dengan cara berikut. Eliminasi x dari persamaan x + y = 200 dan x + 5y = 440. x + y = 20 200 0 x + 5y = 44 440 0 –––––––––––– – –4yy = –240 –4 –240 y = 60 ⇔ Substitusikan nilai y = 60 ke dalam persamaan x + y = 200. x + y = 200 ⇔ x + 60 60 = 200 200 ⇔ x = 14 140 Diperoleh koordinat titik B(140, 60).
80 3
24 A
C 8
0
y=8
B
20 2 4 4x + 3y = 80
X x + y = 24
Titik A merupakan perpotongan antara garis x + y = 24 dan 4x + 3y = 80. Koordinat titik A dicari dengan cara berikut. Eliminasi x dari persamaan x + y = 24 dan 4x + 3y = 80. x + y = 24 × 4 4x + 4y = 96 4x + 3y = 80 × 1 4x + 3y = 80 ––––––––––– – y = 16
Matematika Kelas XII
119
Substitusikan nilai y = 16 ke dalam persamaan x + y = 24. x + y = 24 ⇔ x + 16 16 = 24 24 x=8 ⇔ Diperoleh koordinat titik A(8, 16). Titik B merupakan perpotongan antara garis 4x + 3y = 80 dan y = 8. Koordinat titik B dicari dengan cara berikut. Substitusikan nilai y = 8 ke dalam persamaan 4x + 3y = 80. 4x + 3y = 80 ⇔ 4x + 3 × 8 = 80 80 ⇔ 4x + 24 = 80 80 ⇔ 4x = 56 56 ⇔ x = 14 Diperoleh koordinat titik B(14, 8). Titik C merupakan perpotongan antara garis x + y = 24 dan y = 8. Koordinat titik C dicari dengan cara berikut. Substitusikan nilai y = 8 ke dalam persamaan x + y = 24. x + y = 24 ⇔ x + 8 = 24 ⇔ x = 16 Diperoleh koordinat titik C(16, 8). Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y): Titik Pojok
A(8, 16) B(14, 8) C(16, 8)
Fungsi Objektif f(x, y) = 100.000x + 80.000y
f(8, 16) = 100.000 × 8 + 80.000 × 16 = 2.080.000 f(14, 8) = 100.000 × 14 + 80.000 × 8 = 2.040.000 f(16, 8) = 100.000 × 16 + 80.000 × 8 = 2.240.000
Nilai minimum f(x, y) = 100.000x + 80.000y adalah 2.040.000 dicapai di titik B(14, 8). Ini berarti berart i biaya sewa truk minimum jika truk A disewa sebanyak 14 kali jalan dan truk B disewa sebanyak 8 kali jalan.. jalan Jadi, truk A disewa sebanyak 14 kali jalan dan truk B sebanyak 8 kali jalan agar biaya sewa truk minimum. 14. Jawaban: a
⎛ 4 1⎞ ⎛ 2a 5 ⎞ ⎛ 2 1⎞ ⎛ 3 2 ⎞ 3⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝6 b⎠ ⎝ 1 4⎠ ⎝ 5 4⎠ ⎝ 1 4 ⎠ ⎛ 12 3 ⎞ ⎛ 2a 5 ⎞ ⇔⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 1 8 3 b 1 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⇔
⎛ 2 × 3 + 1 × 1 2 × 2 + 1× 4 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 5 × 3 + 4 × 1 5× 2 + 4 × 4 ⎠
4+4 ⎞ ⎛ 12 + 2a 3 + 5 ⎞ ⎛ 6+1 ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ 18 + 1 3b + 4 ⎠ ⎝ 15 + 4 10 + 16 ⎠
8 ⎞ ⎛ 12 + 2a ⎛7 8⎞ ⇔ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ 3b + 4 ⎠ ⎝ 19 ⎝ 19 26 ⎠ Dari kesamaan matriks diperoleh: (i) 12 + 2a = 7 ⇔ 2a = –5 (ii) 3b + 4 = 26 ⇔ 3b = 22
120
Latihan Ujian Sekolah Berstandar Nasional
Nilai 4a 4a – 3b = 2 × (2a) – 3b = 2 × (–5) – 22 = –10 – 22 = –32 Jadi, nilai 4a – 3b = –32. 15. Jawaban: b AB = D ⇔
⎛ p q ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ −6 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ r s ⎝ ⎠⎝2⎠ ⎝ 8 ⎠
⎛ p × 0 + q × 2 ⎞ ⎛ −6 ⎞ ⇔⎜ ⎟= ⎜ ⎟ ⎝r×0+s×2⎠ ⎝ 8 ⎠
⎛ 2q ⎞ ⎛ −6 ⎞ ⎜ 2s ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝8⎠ Dari kesamaan matriks diperoleh: 2q = –6 ⇔ q = –3 2s = 8 ⇔ s = 4
⇔
⎛p q⎞⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = r s ⎝ ⎠ ⎝ −1⎠
AC = E ⇔
⎛5⎞ ⎜ ⎟ ⎝ −3 ⎠
1) ⎞ ⎛ p × 1 + q × ( −1) ⎛5⎞ ⇔⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ 1) ⎠ ⎝ r × 1+ s × ( −1) ⎝ −3 ⎠
⎛p − q⎞ ⎛5⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝r −s⎠ ⎝ −3 ⎠ Dari kesamaan matriks diperoleh: p – q = 5 ⇔ p – (–3) = 5 ⇔ p+3=5 ⇔ p=2 ⇔ r – s = –3 r – 4 = –3 ⇔ r=1 Sehingga diperoleh:
⇔
⎛ 2 −3 ⎞ Matriks A = ⎜ ⎟ ⎝1 4 ⎠ ⎛2⎞ ⎛ 2 −3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ A ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ ⎝ 1 4 ⎠ ⎝ 1⎠ 3) × 1⎞ ⎛ 2 × 2 + ( − 3) = ⎜ ⎟ ⎝ 1× 2 + 4 × 1 ⎠
⎛ 4 − 3 ⎞ ⎛ 1⎞ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝2 + 4⎠ ⎝6⎠ ⎛ 2⎞ Jadi, nilai A ⎜ ⎟ = ⎝ 1⎠
⎛ 1⎞ ⎜ ⎟. ⎝6⎠
16. Jawaban: b Barisan geometri 54, 18, 6, 2, . . . memiliki nilai a = 54 dan r =
1 3
.
Jumlah n suku pertama barisan geometri: Sn =
a(r − 1) r −1
=
n 54(⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎝3⎠ 1 1 3
=
n
1
pada potongan ke-1 = 2 × 80 = 40 lembar
− 1)
1
−
sebelum dipotong = 2 × 40 = 20 lembar Jadi, banyak tumpukan kertas mula-mula ada 20 lembar.
54(3−n − 1) 2 3
= 54 ×
3 2
(3–n –
1)
= 81(3–n – 1) = 34(3–n – 1) = 34 – n – 34 = 34 – n – 81 Jadi, jumlan n suku pertama barisan geometri 54, 18, 6, 2, . . . adalah 34 – n – 81. 17. Jawaban: a Banyak kursi dalam gedung kesenian membentuk deret aritmetika dengan beda b = 4. Banyak kursi pada barisan paling depan = a. Banyak barisan n = 12. Jumlah n suku pertama deret aritmetika: Sn =
n 2
(2a + (n – 1)b)
Jumlah kursi = 480 sehingga diperoleh: 480 =
1
pada potongan ke-2 = 2 × 160 = 80 lembar
12 (2a 2
+ (12 – 1) × 4)
19. Jawaban: b Nilai limit dicari dengan substitusi langsung: 1− x 2 x+3 − x →1
lim
1− x x →1 2 − x + 3
lim
0 ← diperoleh bentuk tak tentu 0
×
2+ x +3 2+ x +3
(1 − x)(2 + x + 3 ) 4 − ( x + 3) x →1 (1 − x)(2 + x + 3 ) 1− x x →1
= lim
= lim (2 + x + 3 ) x →1
= (2 + 1 + 3 ) = (2 + 2) =4
Jadi, banyak kursi pada barisan paling depan adalah 18 buah.
= lim
Banyak tumpukan kertas mula-mula = banyak kertas sebelum dipotong. Banyak kertas: pada potongan ke-3 = 160 lembar
=
= lim
Cara lain:
Cara lain:
1− 1 2−2
Nilai limit dicari dengan mengalikan bentuk sekawan dari penyebut:
⇔ 480 480 = 6(2a + 11 × 4) 4) ⇔ 80 = 2a + 44 ⇔ 2a = 80 – 44 ⇔ 2a = 36 36 ⇔ a = 18
18. Jawaban: b Banyak potongan kertas membentuk barisan geometri dengan rasio 2. Banyak tumpukan kertas mula-mula = a. Suku ke-n barisan geometri dinyatakan dengan Un = arn – 1. Banyak tumpukan kertas pada potongan ketiga = U4. U4 = 160 ⇔ a × 23 = 160 ⇔ 8a = 160 160 ⇔ a = 20
=
Mencari nilai limit menggunakan teorema L’Hopital. 1− x x →1 2 − x + 3
lim
x →1
1− x 1
2 − (x + 3)2
−1
= lim
x →1
−1
1
0 − 2 (x + 3) 2
= lim 2(x + 3)
1 2
x →1
= lim 2 x + 3 x →1
= 2 1+ 3 = 2 4 =2×2=4 1− x x →1 2 − x + 3
Jadi, nilai lim
= 4.
Matematika Kelas XII
121
20. Jawaban: d lim ( x2 + 3x + 2 – x + 2)
x→∞
= lim ( x 2 + 3 + 2 – (x – 2)) × x→∞
= lim
x→∞
= lim
x→∞
= lim
x→∞
x 2 + 3x + 2 + ( x − 2)
(x 2 + 3x + 2) − (x − 2)2
Fungsi U(x) mencapai stasioner jika
x 2 + 3x + 2 + ( x − 2)
dU(x) dx
(x 2 + 3x +2) − ( x 2 − 4x + 4) x 2 + 3x + 2 + x − 2
x→∞
= lim
x 2 + 3x + 2 + ( x − 2)
7x − 2 x 2 + 3x + 2 + x − 2 7− 1+
3 x
+
×
1 x 1 x
2 x
2 x2
⇔ + 1−
x=
2 x
7 7
21. Jawaban: c f(x) = x3 – 2x2 + 3 Gradien garis singgung kurva: m = f ′(x) = 3x2 – 4x. Gradien garis singgung kurva di titik x = 2: m = f′(2) = 3 × 22 – 4 × 2 = 3 × 4 – 8 = 12 – 8 = 4 Ordinat titik singgung: y = f( f(2) 2) = 23 – 2 × 22 + 3 =8–2×4+3 =8–8+3 =3 Diperoleh koordinat titik singgung (2, 3). Persamaan garis singgung kurva di titik A(2, 3) dan bergradien m = 4: y – yA = m(x – xA) ⇔ y – 3 = 4(x 4(x – 2) ⇔ y – 3 = 4x 4x – 8 ⇔ y = 4x 4x – 5 Jadi, persamaan garis singgungnya y = 4x – 5.
Latihan Ujian Sekolah Berstandar Nasional
atau
0.
=0
x = 12
dU(x) = dx
4 3
Jadi, nilai dari lim ( x2 + 3x + 2 – x + 2) = 2 . x→∞
122
4 3
Garis bilangan
= 2
22. Jawaban: b Biaya produksi per unit barang: b(x) = (x2 – 20x + 110) ribu rupiah Biaya produksi x unit barang: B(x) = x b(x) b(x) = x(x2 – 20x + 110) ribu rupiah = (x3 – 20x2 + 110x) ribu rupiah
dU(x) = dx
⇔ –3x2 + 40x 40x – 48 48 = 0 2 ⇔ 3x – 40x 40x + 48 48 = 0 ⇔ (3x – 4)(x 4)(x – 12) = 0 ⇔ 3x – 4 = 0 atau x – 12 = 0
7−0 1+ 0 + 0 +1 − 0
=
Harga jual x unit barang: H(x) = 62x ribu rupiah Keuntungan: U(x) U( x) = H(x) – B(x) = (62x – (x3 – 20x2 + 110x)) ribu rupiah = (–x3 + 20x2 – 48x) ribu rupiah
0:
12
Dari garis bilangan terlihat fungsi U(x) mencapai minimum di x = 12. Keuntungan minimum = U(12) = (–123 + 20 × 122 – 48 × 12) ribu rupiah = (–1.728 + 20 × 144 – 576) ribu rupiah = (–2.304 + 2.880) ribu rupiah = 576.000 rupiah Jadi, keuntungan minimum yang diperoleh UKM sebesar Rp576.000,00. 23. Jawaban: d
∫ 3
1 − 4x
dx
( 6 x 2 − 3 x + 2) 5
= – ∫ (4x (4x –
1)(6x 2 –
3x + 2)
1
= – 3 ∫ (6x (6x2 – 3x + 2) 1
1
= – 3 ×
−
2 3
5 3
5 3
dx
d(6x2 – 3x + 2)
(6x2 – 3x + 2)
1
=
−
−
−
2 3
+ c
+ c
2
2(6x 2 − 3x + 2) 2) 3
=
1 2 (6 x − 3x + 2)2 3
2
Jadi, hasil dari ∫ 1 2 3 ( 6 x 2 − 3 x + 2) 2
+ c 1 − 4x 3
( 6 x − 3 x + 2) 5
+ c.
2
dx =
24. Jawaban: b
1
=73
1
∫ x2 (x3 + 1)4 dx
1
0
Jadi, luas daerah yang terbentuk adalah 7 3 satuan luas.
1
= ∫ (x3 + 1)4 x2 dx 0
1
26. Jawaban: a Daerah yang diarsir berikut dibatasi oleh kurva y = 2x – x2 dan y = x.
1
= ∫ (x3 + 1)4 × 3 d(x3 + 1) 0
Y
1 1 3 5 = 3 × 5 ⎡⎣(x + 1) ⎤⎦ 0
=
1 ((13 + 15
=
1 (32 15
=
31 15
y2 = x
2
1
1
1)5 – (03 + 15)
– 1) 0
1
X
2
y1 = 2x – x 2
1
31
Jadi, hasil dari ∫ x2 (x3 + 1)4 dx = 15 . 0
1
V = π ∫ (y12 – y22) dx 0
25. Jawaban: c Daerah yang diarsir berikut dibatasi oleh kurva y = x2 – 4, garis y = 2 – x, dan sumbu Y sebagai berikut. y1 = x 2 – 4
= π ∫ (4x2 – 4x3 + x4 – x2) dx 0
= π ∫ (3x2 – 4x3 + x4) dx
I
0
X
2
II
0
1
= π ⎡ x3 − x 4 + 5 x5 ⎤ ⎣ ⎦0 1
y2 = 2 – x –4
1
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 = x 2 – 4, sumbu X, dan sumbu Y. L = LI + LII =
0
1
2
1 2
= π ∫ ((2x – x 2)2 – x2) dx 1
Y
–2
1
2
× 2 × 2 – ∫ y1 dx 0
2
= 2 – ∫ (x2 – 4) dx 0
=2–
⎡ 1 x3 ⎣3
− 4x ⎤⎦
=2–
1 3 (2 – 03) 3
=2–
8 3
+ 8
2
= π((13 – 03) – (14 – 04) + 5 (15 – 05)) 1
= π(1 – 1 + 5 ) π
= 5
π
Jadi, volume benda putar tersebut 5 satuan volume. 27. Jawaban: a sin 80 80° − sin 20 20° cos 80 80° + cos 20 20°
=
0
+ 4(2 – 0)
2 cos 2 cos
80° + 20° 80° − 20° sin 2 2 80° + 20° 80° − 20° cos 2 2
sin 30°
= cos 30° =
1 2 1 2
3
Matematika Kelas XII
123
1 3
=
30. Jawaban: d
3 3
×
A
sin 80 80° − sin 20 20° cos 80 80° + cos 20 20°
Jadi, nilai dari
B
6 cm
1 = 3 3
=
1 3
° m 5 c 4
O
6
3.
28. Jawaban: e sin (α – β) = si sin n α cos β – cos α sin β
⇔
7π
1
1 –2
1 5
sin 6 = 5 – cos α sin β
⇔
=
Pada ΔAOB berlaku aturan kosinus sebagai berikut. AB2 = OA2 + OB2 – 2 × OA × OB × cos ∠AOB = 62 + 62 – 2 × 6 × 6 × cos 45°
– cos α sin β
⇔ cos α sin β =
1 1 + 5 2
⇔ cos α sin β =
2 10
+
= 36 × 2 – 36 × 2 ×
5 10
⇔ cos α sin β = sin (α + β) = sin sin α cos β + cos α sin β =
+
= 36(2 – AB =
7 10
2
7
9
= 48 2 − 2
9
Jadi, nilai sin (α + β) = 10 . 29. Jawaban: b Grafik fungsi trigonometri y = a sin kx memiliki nilai maksimum = a, nilai minimum = –a, dan
Jadi, keliling segi delapan tersebut 48 2 − 2 cm. 31. Jawaban: e H
E E D
2π 2π
f(x)
0
π
π
π
6
3
2
2π 3
–4
0
4
0
π
O
Jarak titik E ke bidang BGD = ET Panjang EG = AC = 8 2 cm Panjang OC =
1 2
AC =
1 2
× 8 2 = 4 2 cm
OE = OG
π
2π ( 3
titik (0, 0), ( 6 , –4), ( 3 , 0), ( 2 , 4), dan , 0) adalah pilihan b. Jadi, grafik fungsi trigonometri f(x) = –4 sin 3x adalah pilihan b.
124
m c 8
B
=
OC2 + CG2
=
(4 2 )2 + 82
=
32 + 64
=
96 =
Di antara pilihan a dan b yang grafiknya melalui π
T
C
T
A
Grafik yang memiliki periode 3 adalah pilihan a dan b. Menentukan titik bantu terhadap f(x) = –4 sin 3x:
G
m c 8
F
O
periode = 3
0
G
.
Dengan demikian, persamaan grafik fungsi trigonometri f(x) = –4 sin 3x memiliki: nilai maksimum = 4 nilai minimum = –4
x
36(2 − 2 )
= 8 × 6 2− 2
= 10
periode =
2)
= 6 2− 2 Keliling segi delapan = 8 × AB
= 10 + 10
2π k
2
= 36 × 2 – 36 2
7 10
1 5
1 2
Latihan Ujian Sekolah Berstandar Nasional
16 × 6 = 4 6
Pada ΔOGE berlaku aturan kosinus sebagai berikut. cos ∠EOG = = =
OE2 + OG2 − EG2 2 × O E × OG
Pada ΔBDT berlaku aturan kosinus sebagai berikut. cos α =
(4 6 )2 + (4 6 )2 − (8 2 )2 2×4 6 ×4 6
96 + 96 − 128 2 × 96
=
64 192
=
1 3
=
(2 2 )2 + ( 3 )2 − ( 3 )2 2×2 2 × 3
=
8+3−3 4 6
= = 1 3
Ilustrasi cos ∠EOG =
pada segitiga siku-siku
BD2 + TD2 − TB2 2 × B D × TD
8 4 6 2 6
T
O 3
6
1
2
E
B 2 2 3
.
Luas ΔEOG dapat dihitung menggunakan rumus 1 × 2
ET × OG atau
1 2
× OE × OG sin ∠EOG
× ET ET × OG =
1 2
× OE × OG sin ∠EOG
ET = OE si sin n ∠EOG = 4 6 × =
2 2 3
8 3× 2× 2 3
16 = 3 3
Jadi, jarak titik E ke bidang BGD adalah
16 3
3 cm.
32. Jawaban: b T 3 cm
D
C 2 cm 2 cm
2
D
Dari ilustrasi di atas diperoleh tan α = Jadi, nilai tangen α =
1 2
2 2
=
1 2
2.
2.
33. Jawaban: b Lingkaran berpusat di titik P(2, –4) dan menyinggung garis y = 2 berarti jari-jarinya: r = |2 – (–4)| = |6| = 6 Persamaan lingkaran dengan pusat P(2, –4) dan jari-jarii r = 6 adalah: jari-jar (x – 2)2 + (y – (–4)) 2 = 62 ⇔ (x – 2)2 + (y + 4)2 = 36 ⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 8y + 16 – 36 = 0 x2 + y2 – 4x + 8y – 16 16 = 0 ⇔ Jadi, persamaan lingkaran adalah x 2 + y 2 – 4x + 8y – 16 = 0.
sehingga diperoleh:
⇔
α
G
2 2
Dari ilustrasi di atas diperoleh sin ∠EOG =
A
pada segitiga siku-siku
sebagai berikut.
sebagai berikut.
1 2
2 6
Ilustrasi cos α =
B
Sudut antara TD dan bidang ABCD = ∠BDT = α.
34. Jawaban: b Mencari titik singgung lingkaran. Substitusikan y = 3 ke dalam dal am (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 2x – 8 = 0 ⇔ (x + 4)( 4)(xx – 2) 2) = 0 ⇔ x + 4 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x = –4 atau x=2 Diperoleh titik singgung A(–4, 3) dan B(2, 3).
Panjang BD = 2 2 cm.
Matematika Kelas XII
125
Persamaan garis singgung lingkaran L di titik A(–4, 3): (x + 1)(–4 1)(–4 + 1) + (y (y – 3)(3 – 3) = 9 –3(x –3 (x + 1) 1) = 9 ⇔ ⇔ x + 1 = –3 ⇔ x = –4 Persamaan garis singgung lingkaran L di titik B(2, 3): (x + 1)(2 1)(2 + 1) + (y – 3)(3 – 3) = 9 ⇔ 3(xx + 1) = 9 3( ⇔ x +1=3 ⇔ x=2 Jadi, persamaan garis singgungnya x = –4 dan x = 2.
Mo = Lo +
d1 d1 + d2
× p
1
= 49,5 + 1 + 3 × 10 10
= 49,5 + 4 = 49,5 + 2,5 = 52,0 Jadi, nilai modusnya adalah 52,0. 37. Jawaban: e Tabel distribusi kumulatif data sebagai berikut. Nilai
fi
f k
35. Jawaban: e Matriks pencerminan terhadap sumbu X adalah
32–41 42–51 52–61
2 5 10
2 7 17
⎛1 0 ⎞ ⎜ ⎟. ⎝ 0 −1⎠ Misalkan (x′, y′) merupakan bayangan titik (x, y)
62–71
6
23
72–81
1
24
⎛ 1 2⎞ setelah ditransformasikan oleh matriks ⎜ ⎟ ⎝ 0 1⎠ ⎛1 0 ⎞ dan dilanjutkan ⎜ ⎟ , maka: ⎝ 0 −1⎠ ⎛ x′ ⎞ ⎜ ′ ⎟ = ⎝y ⎠
⎛ 1 0 ⎞⎛ 1 2⎞⎛ x ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 0 −1⎠ ⎝ 0 1 ⎠ ⎝ y ⎠
⎛ x′ ⎞ ⎛ 1 2 ⎞ ⎛ x ⎞ ⇔ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ y′ ⎠ ⎝ 0 −1⎠ ⎝ y ⎠ ⎛ x′ ⎞ ⎛ x + 2y ⎞ ⇔ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ y′ ⎠ ⎝ −y ⎠ Dari kesamaan matriks diperoleh: y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . (1) x′ = x + 2y ⇔ x = x ′ – 2y ⇔ x = x′ – 2(–y′) ⇔ x = x′ + 2y ′ . . . (2) Substitusikan persamaan (1) dan (2) ke dalam persamaan garis y = x + 1. y= x+ 1 ⇔ –y′ = (x′ + 2y ′) + 1 ⇔ x′ + 3y′ + 1 = 0 Jadi, persamaan bayangan garis x + 3y + 1 = 0. 36. Jawaban: c Modus data pada interval kelas 50–59. Lo = 49,5 d1 = 12 – 11 = 1 d2 = 12 – 9 = 3 p = 59 – 50 + 1 = 10
126
Latihan Ujian Sekolah Berstandar Nasional
←⎯ Kelas Q3
Jumlah data n = 24. Kuartil atas: 3
Q3 = nilai data ke- 4 (n + 1) 3
= nilai data ke- 4 (24 + 1) = nilai data ke-18,75 Data ke-18,75 terletak pada kelas interval 62–71. L3 = 61,5 ΣfQ3 = 17 fQ3 = 6 p = 10 Q3 = L3 +
⎛ 3 n − ∑ fQ 3 ⎜4 ⎜ fQ3 ⎝
= 61,5 +
⎞ ⎟ × ⎟ ⎠
p
⎛ 3 × 24 − 17 ⎞ ⎜4 ⎟ ⎜ ⎟ × 6 ⎝ ⎠ ⎛
10
⎞
18 − 17 ⎟ × 10 = 61,5 + ⎜⎝ ⎠ 6
1
= 61,5 + 6 × 10 ≈ 61,5 + 1,667 = 63,167 Jadi, kuartil atas data adalah 63,167. 38. Jawaban: d Bilangan ratusan terdiri atas nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan. 3 cara
5 cara
3 cara
Ratusan
Puluhan
Satuan
Bilangan tidak lebih dari 700 sehingga pada nilai tempat ratusan hanya dapat diisi angka 1, 3, atau 6. Bilangan ratusan ganjil sehingga pada nilai tempat satuan hanya dapat diisi angka 1, 3, atau 7. Pada nilai tempat puluhan dapat diisi angka 1, 3, 6, 7, atau 8. Banyak bilangan yang dapat disusun = 3 × 5 × 3 = 45 Jadi, bilangan yang dapat disusun sebanyak 45. 39. Jawaban: d Anggota pengurus inti yang mungkin: (3 siswi, 2 siswa), (2 siswi, 3 siswa), (1 siswi, 4 siswa), atau (5 siswa). Banyak cara memilih 3 siswi dan 2 siswa: n1 = 8C3 × 6C2 =
8! 3 ! ( 8 − 3) !
×
8 × 7 × 6 × 5!
6! 2 !(6 − 2)!
6 × 5 × 4!
= 3 × 2 × 1× 5 ! × 2 × 1× 4 ! =8×7×3×5 = 840 Banyak cara memilih 2 siswi dan 3 siswa: n2 = 8C2 × 6C3 =
8! 2 ! ( 8 − 2) !
8 × 7 × 6!
×
6! 3 !(6 − 3)!
6 × 5 × 4 × 3!
= 2 × 1× 6 ! × 3 × 2 × 1× 3 ! =4×7×5×4 = 560 Banyak cara memilih 1 siswi dan 4 siswa: n3 = 8C1 × 6C4 =
8! 6! × 4 !(6 − 4)! 1!(8 − 1) !
8 × 7!
6 × 5 × 4!
= 1× 7! × 4 ! × 2 × 1 =8×3×5 = 120 Banyak cara cara memilih memilih 5 sisw s iswa: a: n4 = 6C5 =
6! 5 !(6 − 5) !
=
6 × 5! 5! × 1
=6 Banyak cara memilih pengurus inti = n1 + n2 + n3 + n4 = 840 + 560 + 120 + 6 = 1.526 Jadi, banyak cara memilih pengurus inti ada 1.526.
40. Jawaban: c Pengambilan bola pertama. Banyak bola = 6 + 3 + 4 = 13 sehingga banyak anggota ruang sampel n(S1) = 13. A = kejadia kejadian n terambil terambil bola hijau pada pengambilan pertama n(A) = 3 Peluang terambil bola hijau pada pengambilan pertama: P(A) =
n(A) 3 = n(S1) 13
Pengambilan bola kedua. Banyak bola dalam kotak = 13 – 1 = 12 sehingga banyak anggota ruang sampel n(S 2) = 12. B = kejadian terambil bola putih pada pengambilan kedua n(B) = 6 n(B) =
6 n(B) = 12 n(S2 )
1
= 2 Peluang terambil bola hijau pada pengambilan pertama dan bola putih pada pengambilan kedua: = P(A) × P(B) 3
1
= 13 × 2 3
= 26 Jadi, peluang terambil bola hijau pada pengambilan bola pertama dan bola putih pada pengambilan pengambila n bola 3
kedua sebesar 26 . B. Uraian
41. Untuk Untuk kain kain sel seluas uas 9 cm cm2 dilukis satu motif lingkaran yang simetris. Berarti satu motif lingkaran memerlukan kain dengan panjang 3 cm dan lebar 3 cm. Untuk kain seluas 36 cm 2 dilukis dua motif lingkaran dan dua motif segitiga. Dua motif lingkaran memerlukan kain seluas 18 cm2. Berarti dua motif segitiga memerlukan kain seluas (36 – 18) = 18 cm 2. Satu motif segitiga memerlukan kain seluas (18 : 2) = 9 cm 2. Dari gambar terlihat satu motif segitiga memerlukan kain dengan panjang sama dengan panjang kain yang diperlukan satu motif lingkaran yaitu 3 cm. Berarti satu motif segitiga memerlukan kain dengan lebar 3 cm. Ukuran pesanan kain batik adalah 327 cm × 150 cm. Berarti panjang kain = 327 cm dan lebar kain = 150 cm. Banyak kolom motif batik = 327 : 3 = 109. Banyak baris motif batik = 150 : 3 = 50.
Matematika Kelas XII
127
Misalkan L = motif lingkaran dan S = motif segitiga, segit iga, bentuk pola batik dapat digambarkan dengan baris dan kolom seperti berikut.
ΔDFG siku-siku di G. Berdasarkan gambar diperoleh: GF
tan 60 60°° = GD
109 kolom
L L L 50 baris L L L
S L S L S L S... L S L S L S L S... L S L S L S L S... L
S S S
L L L
S L S L S L S... L S L S L S L S... L S L S L S L S... L
S S S
L L L
↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑
↑ ↑ ↑
⇔
6
3 = GD
⇔
3 GD = 6
⇔
GD =
⇔
GD =
⇔
GD = 2 3 m
6 3
6 3
3
1 2 3 4 5 6 7 8 107 108 109 Dari pola tersebut terlihat L menempati kolom ganjil, yaitu kolom 1, 3, 5, 7, . . ., 107, 109. 1, 3, 5, 7, . . ., 107, 109 membentuk barisan aritmetika dengan a = 1, b = 2, dan U n = 109. Un = 109 ⇔ a + (n – 1)b = 109 109 109 ⇔ 1 + (n – 1) × 2 = 109 ⇔ 2n – 2 = 108 108 ⇔ 2n = 110 110 ⇔ n = 55 Banyak motif lingkaran = n × banyak baris pada motif = 55 × 50 = 2.750 Jadi, motif lingkaran pada kain sebanyak 2.750.
43. Pada gambar terdap terdapat at 14 model bolpo bolpoin. in. Rini ingin membeli dua bolpoin. Dalam permasalahan memilih 2 dari 14 sehingga merupakan kombinasi 2 dari 14. Banyak Ban yak piliha pilihan n bolpoin bolpoin = 14C2
42.. Sketsa 42 Sketsa Amir dan dan Tono menga mengamati mati ujung ujung tiang tiang bendera seperti gambar berikut.
= 7 × 13 = 91 Jadi, banyak pilihan bolpoin yang dapat dibeli Rini ada 91.
F
30°
E
1m
Keterangan: AB = jarak mata Amir dari tanah CD = jarak mata Tono dari tanah EF = tinggi tiang bendera BD = jarak antara Amir dan Tono
ΔBGF siku-siku di G. Berdasarkan gambar diperoleh: GF
tan 30 30°° = BG
⇔ ⇔ ⇔
128
1 3
=
14! 2 !(14 − 2) ! 7
=
⇔
60°
G
A
Jadi, jarak antara Amir dan Tono adalah 8 3 m.
14 × 13 × 12 ! 1
2 × 1× 12 !
44. Bak penamp penampung ung berben berbentuk tuk tabung tabung tertutu tertutup. p. Volume bak penampung = volume tabung tertutup Volume tabung tertutup: V = πr2t ⇔ 250π = πr2t
6m
B 1m
BD = BG + GD = 6 3 + 2 3 = 8 3 m
6
3 = BG
3 BG = 6 × 3 BG = 6 3 m
Latihan Ujian Sekolah Berstandar Nasional
C
D 1m
250 r2
t=
Agar seng yang diperlukan seminimum mungkin maka luas permukaan tabung minimum. Luas permukaan tabung: L = 2πr2 + 2πrt = 2πr2 + 2πr × = 2πr2 +
250 r2
500π r dL
Luas permukaan tabung minimum jika dr = 0. dL dr
= 0 ⇔ 4πr –
⇔ ⇔
500π r2
=0
4πr =
500π r2 500π
r3 = 4π
⇔
r3 = 125
r = 3 125 r=5 Diameter d = 2r = 2 × 5 = 10 dm Jadi, agar seng yang diperlukan seminimum mungkin, diameter bak penampung dibuat 10 dm.
⇔ ⇔
45.. Diketah 45 Diketahui ui sekel sekelomp ompok ok data data x1, x2, x3, x4, . . . , xn. Rata-rata data: x =
Σxi = n
x1 + x 2 + x 3 + x 4 + . . . + xn n
Ragam data: V = =
n
1 ((x1 – n
=
x )2 + (x2 – x )2 + (x3 – x )2
=
=
2(x1 + x 2 + x3 + x 4 + . . . + xn ) n
= 2x
1 ((2x1 – n
x1 )2 x1 )2 + (2x2 – x1 )2 + (2x3 – x1 )2
1 ((2x1 – n
2 x )2 + (2x2 – 2 x )2 + (2x3 – 2 x )2
1 ((2(x1 – n
x ))2 + (2(x2 – x ))2 + (2(x3 – x ))2
+ (2(x4 – x ))2 + . . . + (2(x n – x ))2) =
1 2 (2 × n
(x1 – x )2 + 22 × (x2 – x )2
+ 22 × (x3 – x ))2 + 22 × (x4 – x )2 + . . . + 22 × (xn – x )2) =
1 (4 n
× (x1 – x )2 + 4 × (x2 – x )2
+ 4 × (x3 – x ))2 + 4 × (x4 – x )2 + . . . + 4 × (xn – x )2)
n 2x1 + 2x2 + 2x3 + 2x4 + . . . + 2xn ) n
Σ
+ (2x4 – 2 x )2 + . . . + (2xn – 2 x )2)
Σx i
=
n
1 (x – n i=1 i
+ (2x4 – x1 )2 + . . . + (2xn – x1 )2)
x )2
+ (x4 – x )2 + . . . + (xn – x )2) Jika setiap nilai data dikalikan 2 diperoleh data baru 2x1, 2x2, 2x3, 2x4, . . . , 2xn. Rata-rata data baru: x1 =
V1 =
=
1 (x – n i=1 i
Σ
Ragam data baru:
=
1 × n
4((x1 – x )2 + (x2 – x )2 + (x3 – x )2
+ (x4 – x )2 + . . . + (xn – x )2) =4×
1 ((x1 – n
x )2 + (x2 – x )2 + (x3 – x )2
+ (x4 – x )2 + . . . + (xn – x )2) = 4V Jadi, ragam data baru adalah 4V.
Matematika Kelas XII
129
