Solusi Latihan Materi Aljabar Versi 3

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika BAB I ALJABAR LATIHAN 1 :

1.

3a + 4b 2 a − 2b

=5

3a + 4b = 10a − 10b sehingga a = 2b a 2 + 2b 2 ab

=

Jadi,

2.

Misalkan X=

3.

⎛ ⎜( ⎝

4b 2 + 2 b 2 2b 2

=3

a 2 +2b2 ab

(

= 3.

5+ 6+ 7

)(

5+ 6− 7

− 7 ⎞⎟⎛ ⎜7 − ( 5 − ⎠⎝ 5 + 6 + 7) 5 + 6 − 5+ 6

)

2

x + y + 3 x + y

Misal a =

6

7

)

)(

) ⎞ ⎠⎟ = 2

5− 6+ 7 2 30

+ 4) 2

5− 6+ 7

)−

)(− 30

)

5+ 6+ 7 =X

− 4) = 120 − 16

)

5 + 6 + 7 = 104.

= 18

x + y maka

a2 + 3a = 18 sehingga (a − 3)(a + 6) = 0 Karena a > 0 maka a = 3 Jadi, x + y = 9 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) x − y − 2 x − y

Misal b =

= 15

x − y maka

b2 − 2a = 15 sehingga (b − 5)(b + 3) = 0 Karena b > 0 maka b = 5 Jadi, x − y = 25 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat x = 17 dan y = −8 Jadi, xy = 136.

4.

(

X = 3 − 5

X =

)⎛ ⎝ ⎜

3 + 5 ⎞⎟ + 3 + 5

⎠

(

)⎛ ⎝ ⎜

3 − 5 ⎞⎟

⎠

(3 − 5 ) ⋅ (3 + 5 ) + (3 + 5 ) (3 − 5) 2

2

X = 2 3 − 5

+ 2 3+ 5 X 2 = 4 3 − 5 ) + 4 3 + 5 ) + 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 40 (3 − 5 )⎛ ⎝ ⎜ 3 + 5 ⎞ ⎠⎟ + (3 + 5 )⎛ ⎝ ⎜ 3 − 5 ⎞ ⎠⎟ = 2

Eddy Hermanto, ST

10

1

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika 5.

14 y 2 Misal

− 20 y + 48 + 14 y 2 − 20 y − 15 = 9 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) 14 y 2 − 20 y + 48 − 14 y 2 − 20 y − 15 = X ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

(2)

Alternatif 1 : Dari persamaan (1) dan (2) didapat

( 9+2X )2 2 14y2 − 20y − 15 = ( 9−2X ) 14y2 − 20y + 48 =

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

Kurangkan persamaan (3) dan (4) didapat 4 ⋅ 63 = (9 + X)2 − (9 − X)2 X=7 Jadi,

14 y 2

− 20 y + 48 −

14 y 2

− 20 y − 15

= 7

Alternatif 2 : Kalikan persamaan (1) dengan (2) didapat 9X = (14y2 − 20y + 48) − (14y2 − 20y − 15) 9X = 63 X=7 Jadi,

14 y 2

− 20 y + 48 −

14 y 2

− 20 y − 15

= 7

6.

(x − 1)3 + (x − 2)2 = 1 (x − 1)3 = 1 − (x − 2)2 = (1 − (x − 2))(1 + (x − 2)) (x − 1)3 = (3 − x)(x − 1) (x − 1)((x − 1)2 − (3 − x)) = 0 (x − 1)(x2 − x − 2) = 0 (x − 1)(x + 1)(x − 2) = 0 Himpunan semua nilai x yang memenuhi adalah { 1, 1, 2}

7.

x2 +

x 2

( x +1)2

=3

x2 (x + 1)2 + x2 = 3(x + 1)2 x4 + 2x3 + x2 + x2 = 3x2 + 6x + 3 x4 + 2x3 − x2 − 6x − 3 = 0 (x2 − x − 1) (x2 + 3x + 3) = 0 x2 + 3x + 3 = 0 atau x 2 − x − 1 = 0 • Untuk x2 + 3x + 3 = 0 Disk = 32 − 4(1)(3) = −3 < 0 Tidak ada akar real yang memenuhi • Untuk x2 − x − 1 = 0 x1,2 = x=

1 2

1± 12 − 4 (1)( −1) 2

+

1 2

5 atau x =

1 2

−

1 2

5

Maka nilai x yang memenuhi persamaan x 2 +

Eddy Hermanto, ST

x 2

( x +1)2

2

= 3 adalah x =

1 2

+

1 2

5 atau x =

1 2

−

1 2

5.

Aljabar


x4 − 4x3 + 5x2 − 4x + 1 = 0 (x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 1) − x2 = 0 ((x − 1)2)2 − x2 = 0 Mengingat a2 − b2 = (a − b)(a + b) maka : (x2 − 2x + 1 − x)(x2 − 2x + 1 + x) = 0 (x2 − 3x + 1)(x2 − x + 1) = 0 Karena (−1)2 − 4(1)(1) < 0 maka tidak ada x real yang memenuhi x 2 − x + 1 = 0. Untuk x2 − 3x + 1 = 0 dipenuhi oleh x 1,2 =

3± 32 − 4(1)(1) 2

∴ Maka nilai x real yang memenuhi adalah x = 9.

sehingga x1,2 = 3±2 5

3+ 5 2

atau x = 3−2 5

w2 + z2 = 7 dan w 3 + z3 = 10 (w2 + z2)(w + z) = w 3 + z3 + wz(w + z) 7(w + z) = 10 + wz(w + z) wz =

7 ( w + z )−10 w + z

w2 + z2 = (w + z) 2 − 2wz 7 = (w + z)2 − 2

((

7 w + z )−10 w + z

)

Misal w + z = x 7x = x3 − 14x + 20 x3 − 21x + 20 = 0 (x + 5)(x − 1)(x − 4) = 0 w + z = −5 atau w + z = 1 atau w + z = 4 ∴ Nilai terbesar w + z = 4 10. abc + ab + bc + ca + a + b + c = 1 sehingga (a + 1)(b + 1)(c 1)(c + 1) = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) bcd + bc + cd + db + b + c + d = 9 sehingga (b + 1)(c + 1)(d 1)(d + 1) = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) cda + cd + da + ac + c + d + a = 9 sehingga (c + 1)(d + 1)(a 1)(a + 1) = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) dab + da + ab + bd bd + d + b + a = 9 sehingga (d + 1)(a + 1)(b 1)(b + 1) = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Kalikan persamaan (1), (2), (3) dan (4) sehingga didapat (a + 1)3(b + 1)3(c + 1)3(d + 1)3 = 2000 (a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1) = 103 2

−1 10 (a + 1) = 103 2 sehingga a = 3 2 − 1 10 (b + 1) = 103 2 sehingga b = 3 2 − 1 10 (c + 1) = 103 2 sehingga c = 3 2 − 1 ∴ Jadi, a = 3 2 − 1 ; b = 3 2 − 1 ; c = 3 2 − 1 2(d + 1) = 103 2 sehingga d = 53 2

dan d = 53 2

−1

11. 2000x6 + 100x5 + 10x3 + x − 2 = 0 (20x2 + x − 2)(100x4 + 10x2 + 1) = 0 Persamaan 100x4 + 10x2 + 1 memiliki diskriminan < 0 sehingga tidak memiliki akar real. Jadi, 20x 2 + x − 2 = 0 Kedua akar real persamaan 2000x 6 + 100x5 + 10x3 + x − 2 = 0 adalah −1+40161 dan −1−40161 .

Eddy Hermanto, ST

3

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika 12. a4 + 4b4 = (a2 + 2ab + 2b2)(a2 − 2ab + 2b2) Jika b = 3 maka a 4 + 324 = (a2 + 6a + 18)(a 2 − 6a + 18) = (a(a + 6) + 18)(a(a

− 6) + 18)

(10 +324 )(22 +324 )(34 + 324 )(46 +324 )(58 + 324 ) Misalkan (4 + 324 )(16 + 324 )(28 + 324 )(40 + 324 )(52 + 324 ) = S 4

4

4

4

4

4

4

4

4

4

(10 x16+18 )(10 x 4+18 )(22 x 28+18 )(22 x16+18 )(34 x 40+18 )(34 x 28+18 )(46 x 52+18 )(46 x 40+18 )(58 x 64+18 )(58 x 52+18 )

S = ( 4 x10+18 )(4 x ( −2 ) +18 )(16 x 22+18 )(16 x10+18 )(28 x34+18 )(28 x 22+18 )(40 x 46+18 )(40 x34+18 )(52 x58+18 )(52 x 46+18 ) x 64 +18 S = 458 = 373 x ( −2 ) +18

(10 + 324 )(22 + 324 )(34 +324 )(46 + 324 )(58 + 324 ) = 373. (4 + 324 )(16 +324 )(28 + 324 )(40 + 324 )(52 + 324 ) 4

4

4

4

4

25 2

13. Misalkan

4

4

+

4

4

625 4

−n +

4

25 2

−

625 4

−n

= m untuk m ∈ bilangan bulat

Jelas bahwa m ≥ 0 Dari persamaan di atas didapat syarat 625

≥ 4n sehingga n ≤ 156 Syarat lain adalah 25 ≥ 6254 − n sehingga n ≥ 0 2 Jadi persyaratan dari ketaksamaan tersebut adalah 0 ≤ n ≤ 156 25 2

+

625 4

− n + 252 −

625 4

−n +2

625 4

− ( 6254 − n) = m 2

25 + 2 n = m2 Karena 0 ≤ n ≤ 156 maka 0≤2 n

≤ 2 156 0 ≤ m2 − 25 ≤ 2 156 Karena m2 − 25 bulat maka : 0 ≤ m2 − 25 ≤ 24 sehingga 5 ≤ m ≤ 7 • Jika m = 5 25 + 2√n = 52 sehingga n = 0 • Jika m = 6 25 + 2√n = 62 sehingga 4n = 121. Tidak ada n bulat yang memenuhi. • Jika m = 7 25 + 2√n = 72 sehingga n = 144 Nilai n yang memenuhi adalah n = 0 atau n = 144.

x − x1 +

14. x =

1 − x1

Akar dari suatu bilangan tidak mungkin negatif. Karena x x2 = x −

1 x

+1−

1 x

+ 2 x − 1 − x1

≠ 0 maka x > 0.

+ x1

2

− x 2 − x + 1 x3 − x 2 − x + 1

x3 = x2 + x − 2 + 2 x

3

(x3 − x2 − x + 1) − 2 +1=0 2 2 Mengingat bahwa a − 2a + 1 = (a − 1) maka

( x

3

x3

x2

x3

− x − x + 1 − 1) = 0 2

2

− −x+1=1 − x2 − x = 0

Eddy Hermanto, ST

4

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika Karena x ≠ 0 maka x2 − x − 1 = 0 x = 1+2 5 (memenuhi bahwa x > 0) atau x = 1−2 5 (tidak memenuhi bahwa x > 0) Cek ke persamaan semula : 1 x

=

1 2

(

)

5 −1

6−2 5 =1+

x − x1 +

1 − x1 = 1 +

1 2

x − x1 +

1 − x1 =

5 +

1 2

1 2

1 2

5 −

1 2

=x

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 1+2 5 .

15. ax + by = 3 ax2 + by2 = 7 ax3 + by3 = 16 ax4 + by4 = 42 (x + y)(ax n-1 + byn-1) = axn + byn + ayxn-1 + bxyn-1 axn + byn = (x + y)(ax n-1 + byn-1) − xy(axn-2 + byn-2) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Berdasarkan persamaan (1) maka : ax3 + by3 = (x + y)(ax 2 + by2) − xy(ax + by) 16 = 7(x + y) − 3xy ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) ax4 + by4 = (x + y)(ax 3 + by3) − xy(ax2 + by2) 42 = 16(x + y) − 7xy ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Berdasarkan persamaan (2) dan (3) didapat x + y = −14 dan xy = −38 ax5 + by5 = (x + y)(ax 4 + by4) − xy(ax3 + by3) ax5 + by5 = (−14)(42) − (−38)(16) ax5 + by5 = 20 16. a + b = −c (a + b)3 = (−c)3 a3 + b3 + 3ab(a + b) = −c3 Karena a + b = − c maka a3 + b3 − 3abc = −c3 a3 + b3 + c3 = 3abc (terbukti)

LATIHAN 2 : 1.

Sn = 260 ; Ut = 20 ; b = 3

Sn

= 2n (a + U n ) = n ⋅ U t

260 = n ⋅ 20 sehingga n = 13 Ut = U7 U6 = U7 − b U6 = 17

Eddy Hermanto, ST

5

Aljabar


500, 465, 430, 395, ⋅⋅⋅ merupakan barisan aritmatika dengan a = 500, b = − 35. Un = a + (n − 1) ⋅ b = 535 − 35k < 0 n > 15 Nilai n yang membuat U n negatif pertama kali adalah n = 16. Jadi, suku negatif yang pertama adalah U k = 500 + (16 − 1) ⋅ (−35) = 25

11

3.

∑ (4 + 2k ) = 77 i

i =1

(4 + 2k1) + (4 + 2k 2) + ⋅⋅⋅ + (4 + 2k11) = 77 2(k1 + k2 + ⋅⋅⋅ + k11) = 77 − 44 = 33. 7

∑ k = 14 i

i =1

k1 + k2 + ⋅⋅⋅ + k7 = 14 2(14 + k8 + k9 + k10 + k11) = 33 2(k8 + k9 + k10 + k11) = 5 11

∑ (4 + 2k ) i

i =8

=

(4 + 2k8) + (4 + 2k9) + (4 + k 10) + (4 + 2k 11) = 16 + 5 = 21

11

k ) ∑ (4 + 2Jadi, i =8

4.

i

21.

=

u2 + u5 + u6 + u9 = 40 (a + b) + (a + 4b) + (a + 5b) + (a + 8b) = 40 4a + 18b = 40 2a + 9b = 20 S10 = 102 (2a + 9b) S10 = 5 ⋅ 20 = 100 Jadi, S 10 = 100.

5.

xk+1 − xk =

1 2

Karena selisih dua bilangan berurutan konstan maka soal tersebut merupakan deret aritmatika dengan beda sama dengan 12 dan suku pertama sama dengan 1. x1 + x2 + ⋅⋅⋅ + x400 =

400 2

(2(1) + (400 − 1)( 12 ))

x1 + x2 + ⋅⋅⋅ + x400 = 40.300 x1 + x2 + ⋅⋅⋅ + x400 = 40.300.

6.

123 = 1728 dan 133 = 2197 sedangkan 44 2 = 1936 dan 452 = 2025 3

2006

2006 dapat disederhanakan menjadi 13 ≤ m ≤ 44 untuk m bulat

Himpunan m yang memenuhi = {13, 14, 15, ⋅⋅⋅, 44} 13 + 14 + 15 + ⋅⋅⋅ + 44 = 912 Penjumlahan semua bilangan yang memenuhi sama dengan 912.

Eddy Hermanto, ST

6

Aljabar


a + (a + 1) + (a + 2) + ⋅⋅⋅ + 50 = 1139. Banyaknya bilangan a, (a + 1), (a + 2), ⋅⋅⋅, 50 adalah 50 − a + 1 = 51 − a 1 (51 − a) ⋅ (a + 50) = 1139, maka a 2 − a − 272 = 0 2 (a − 17)(a + 16) = 0 Karena a positif maka a = 17 a = 17

8.

an+1 = an + 1 untuk n = 1, 2, 3, ⋅⋅⋅, 97. Jelas bahwa beda barisan tersebut adalah b = 1 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a98 = 137 98 (2a1 + 97) = 137 2 a1 =

− 2308 49

a2, a4, a6, ⋅⋅⋅, a98 adalah barisan aritmatika dengan suku pertama, a2 = a1 + 1 = − 2259 dan beda = 2 serta n = 49. 49 a2 + a4 + a6 + ⋅⋅⋅ + a98 =

49 2

(2(− 2259 ) + (49 − 1) ⋅ 2) = −2259 + 49 ⋅ 48 49

a2 + a4 + a6 + ⋅⋅⋅ + a98 = 93

9.

un = a + (n − 1)b uk = a + (k − 1)b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) ut = a + (t − 1)b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Kurangkan persamaan (1) dengan (2) uk − ut = (k − t)b t − k = (k − t)b b = −1 Jumlahkan persamaan (1) dengan (2) didapat t + b = 2a + (t + k)b − 2b a=t+k−1 u(t+k) = a + (t + k − 1)b u(t+k) = a + ab = a − a u(t+k) = 0 Jadi, nilai pada suku ke-(t + k) sama dengan 0.

10. 2o + 21 + 22 + ⋅⋅⋅ + 2n =

(

)

2o 2 n +1 −1 2 −1

= 2n+1 − 1

Diinginkan 2n+1 − 1 sedekat mungkin ke 2004. Karena 210 = 1024 dan 211 = 2048, maka n = 10 n = 10 11. 9 − 7x, 5x − 6 dan x − 1 adalah tiga suku pertama deret geometri tak hingga. (5x − 6)2 = (9 − 7x)(x − 1) 25x2 − 60x + 36 = −7x2 + 16x − 9 32x2 − 76x + 45 = 0 (4x − 5)(8x − 9) = 0

Eddy Hermanto, ST

7

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika • Jika x = 54 maka barisan tersebut adalah 14 , 14 , 14 , ⋅⋅⋅ yang tidak memenuhi syarat bahwa −1 < r < 1. • Jika x = 98 maka barisan tersebut adalah 98 , − 83 , 18 , ⋅⋅⋅ yang membentuk barisan geometri tak hingga dengan suku pertama 98 dan rasio − 13 9 8

−

3 8

+

1 8

9

= 1+8 1 = 3

27 32

Maka jumlah suku-sukunya adalah

27 32

.

12. Misalkan a, ar, ar 2, ar3, ⋅⋅⋅ adalah barisan geometri dimaksud. a + ar2 + ar4 + ⋅⋅⋅ = 94 . a 1− r 2

= 94 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

ar + ar3 + ar5 + ⋅⋅⋅ =

3 4

(1)

.

= 34 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 9 ⋅ r = 34 4 2 r = 13 sehingga a = 94 ⋅ (1 − ( 13 ) ) = 2 ar 1− r 2

Jadi, suku pertamanya sama dengan 2.

13. Misalkan barisan geometri tersebut memiliki suku pertama, a dan rasio, r.

=2 r = 1 − a2 a 1− r

Syarat, −1 < r < 1

− 1 < 1 − a2 < 1 − 2 < − 2a < 0 0
14. S ∞

= 1−ar

Misalkan bilangan pertama yang dipilih Afkar adalah

( 12 )a

untuk a bilangan bulat tak negatif dengan rasio,

( 12 )b untuk b bilangan asli maka : ( 12 )a 1 = b 7 1 − ( 12 ) b Karena b asli maka 12 ≤ 1 − ( 12 ) < 1 1 ≤ ( 12 )a < 17 14 r=

Nilai a yang memenuhi hanya a = 3 sehingga b = 3 Maka 3 suku pertama yang dipilih Afkar adalah ( 12 )3, ( 12 )6 dan ( 12 )9 Jadi, tiga suku pertama yang dipilih Afkar adalah 18 ,

Eddy Hermanto, ST

8

1 1 , 512 64

.

Aljabar


− 4 + 94 − 74 + 278 − 494 + L = ( 23 + 94 + 278 + L) + (− 4 − 74 − 494 − L) 2 −4 3 8 2 4 4 4 − + − + − + = + L 4 3 9 7 27 49 1 − 23 1 − 17 2 − 4 + 94 − 74 + 278 − 494 + L = − 83 3

2 3

16. Misalkan ketiga bilangan yang membentuk barisan aritmatika tersebut adalah a − b, a dan a + b. a − b, a − 5 dan a + b merupakan barisan geometri dengan rasio 2. (a − 5)2 = (a − b)(a + b) a2 − 10a + 25 = a2 − b2 10a = b2 + 25 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Karena rasio barisan geometri tersebut sama dengan 2 maka a − 5 = 2(a − b) a = 2b − 5 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 20b − 50 = b2 + 25 (b − 5)(b − 15) = 0 b = 5 atau b = 15 Jika b = 5 maka a = 5 sehingga barisan tersebut adalah 0, 0, 10 yang tidak memenuhi. Jika b = 15 maka a = 25 sehingga barisan tersebut adalah 10, 25, 40 yang memenuhi. Jadi, jumlah ketiga barisan tersebut adalah 10 + 25 + 40 = 75. 17. Suku-suku barisan tersebut adalah 4, 10, 20, 35, 56, ⋅⋅⋅ n S(n) D1(n) = S(n) – S(n − 1) D2(n) = D1(n) − D1(n − 1) 1 4 2 14 10 3 34 20 10 4 69 35 15 5 125 56 21 6 209 84 28

D3(n) = D 2(n) − D2(n − 1)

D4(n) = D3(n) − D3(n − 1)

5 6 7

1 1

Karena D4(n) konstan maka dapat diambil kesimpulan bahwa rumus S n merupakan polinomial pangkat 4. Misalkan S(n) = an 4 + bn3 + cn2 + dn + e. n

S(n)

D1(n) = S(n) – S(n − 1)

D2(n) = D1(n) − D1(n − 1)

D3(n) = D2(n) − D2(n − 1)

1 2 3 4 5 6

a+b+c+d+e 16a+8b+4c+2d+e 81a+27b+9c+3d+e 256a+64b+16c+4d+e 625a+125b+25c+5d+e 1296a+216b+36c+6d+e

15a+7b+3c+d 65a+19b+5c+d 175a+37b+7c+d 369a+61b+9c+d 671a+91b+11c+d

50a+12b + 2c 110a+18b + 2c 194a+24b + 2c 302a+30b + 2c

60a+6b 84a+6b 108a+6b

Jadi, a =

D4(n) = D3(n) − D3(n − 1)

24a 24a

1 24

60a + 6b = 5 sehingga b =

5 12

5 1 50a + 12b + 2c = 10 sehingga 2c = 10 − 50( 24 ) − 12( 12 ). Jadi, c =

35 24

1 5 15a + 7b + 3c + d = 10 sehingga d = 10 − 15( 24 ) − 7( 12 ) − 3( 35 )= 24

a + b + c + d + e = 4 sehingga e = 4 −

1 24

S(n) = an4 + bn3 + cn2 + dn + e =

Eddy Hermanto, ST

−

5 12

1 24

−

n4 +

35 24

−

5 12

n3 +

25 12

. 25 12

=0 35 24

9

n2 +

25 12

n.

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika 18. a19 = a92 = 0 Misalkan ∆An = an+1 − an. Misalkan juga ∆(∆An) = ∆An+1 − ∆An = 1. Karena ∆(∆An) konstan sama dengan 1 maka rumus Un merupakan persamaan kuadrat. Karena a19 = a92 = 0 maka an = k(n − 19)(n − 92) 1 = ∆A2 − ∆A1 = a3 − a2 − (a2 − a1) 1 = a3 + a1 − 2a2 1 = 16 ⋅ 89k + 18 ⋅ 91k − 2 ⋅ 17 ⋅ 90k k = 12 an =

( n −19 )( n −92 ) 2

∴ Jadi, a1 = 819. 19. 1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + 100 = 12 + 22 + 32 + ⋅⋅⋅ + n2 =

100 2

(1 + 100) = 5050.

n ( n +1)( )( 2 n +1) 6

12 + 22 + 32 + ⋅⋅⋅ + 102 = 385. Jumlah 100 bilangan asli pertama yang bukan bilangan kuadrat sempurna = 5050 − 385 ∴ Jadi, jumlah 100 bilangan asli pertama yang bukan bilangan kuadrat sempurna = 4665.

20. Karena a, b, c membentuk barisan aritmatika maka b = a + k dan c = a + 2k untuk suatu nilai k. Karena 0 < a < b < c < d serta a, b, c, d ∈ N maka k ∈ N. Karena b, c, d membentuk barisan geometri dan b = a + k serta c = a + 2k maka d = cr =

(a + 2 k )2 . a + k

d − a = 30 ( a + 2 k )2 a + k

− a = 30 (a + 2k)2 − a(a + k) = 30(a + k) 4k2 = 30a + 30k − 3ak 2k(2k − 15) = 3a(10 − k)

Karena a dan k positif maka haruslah 2k − 15 < 0 dan 10 − k < 0 atau 2k − 15 > 0 dan 10 − k > 0 Jika 2k − 15 < 0 dan 10 − k < 0 maka k < 152 dan k > 10 yang tidak mungkin terpenuhi. Jika 2k − 15 > 0 dan 10 − k > 0 maka

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Karena 4k2 = 30a + 30k − 3ak maka 4k2 = 3(10a + 10k − ak) 15 2

< k < 10

Karena k bulat maka haruslah k merupakan bilangan kelipatan 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ Dari (1) dan (2) didapat nilai k yang mungkin hanyalah k = 9 sehingga a = 18. Jadi, a = 18, b = 27, c = 36 dan d = 48. ∴ Maka a + b + c + d = 129

21.

13

+ 2 3 + 33 + L + n 3 n

Agar

( +) ( ) = n⎛ n + 1 ⎞ = ⎜ ⎟ n 2 n n 1 2

2

⎝

(2)

2

⎠

n( n2+1 ) merupakan bilangan kuadrat maka haruslah n merupakan bilangan kuadrat sempurna. 2

Bilangan kuadrat terdekat setelah 2009 adalah 45 2 = 2025.

∴ Nilai n > 2009 yang memenuhi Eddy Hermanto, ST

13 + 23 +33 +L+ n 3 n

merupakan bilangan kuadrat adalah 2025. 10

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika 22. a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1492 = 1985 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1985 = 1492 an+2 = an+1 − an a3 = a2 − a1 a4 = a3 − a2 = −a1 a5 = a4 − a3 = −a2 a6 = a5 − a4 = a1 − a2 a7 = a6 − a5 = a1 a8 = a7 − a6 = a2 M

Jadi, a n untuk n ∈ N berulang dengan periode 6. a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = (a1) + (a 2) + (a2 − a1) + (−a1) + (−a2) + (a1 − a2) = 0. 1492 = 6 ⋅ 248 + 4 dan 1985 = 6 ⋅ 330 + 5 Karena 1492 bersisa 4 jika dibagi 6 maka penjumlahan 1492 bilangan pertama sama dengan penjumlahan 4 bilangan terakhir. a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1492 = 0 + a 1489 + a1490 + a1491 + a1492 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1492 = a1 + a2 + a3 + a4 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1492 = 2a2 − a1 = 1985 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Karena 1985 bersisa 5 jika dibagi 6 maka penjumlahan 1985 bilangan pertama sama dengan penjumlahan 5 bilangan terakhir. a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1485 = 0 + a 1980 + a1982 + a1983 + a1984 + a1985 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1485 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1485 = a2 − a1 = 1492 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat a 1 = −999 dan a2 = 493 Karena 2001 = 6 ⋅ 333 + 3 maka penjumlahan 2001 bilangan pertama sama dengan penjumlahan 3 bilangan terakhir. a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a2001 = a1999 + a2000 + a2001 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a2001 = a1 + a2 + a3 = 2a2 = 986 ∴ Jadi, jumlah 2001 bilangan pertama = 986.

x x x.....

23. Misalkan

=

= p

4 x + 4 x + 4 x + ...

Karena

x x x.....

Karena

4 x + 4 x + 4 x + ...

= p

maka p2 = xp. Nilai p yang memenuhi adalah x atau 0.

= p

maka p2 = 4x + p

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

Jika p = 0 disubtitusikan ke persamaan (1) maka x = 0. Jika p = x disubtitusikan ke persamaan (1) didapat x = 0 atau x = 5. ∴ Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 0 atau x = 5 .

4

24. Misalkan 3 +

3+

3+ X=3+

= X maka

4 4 M

4 X

X2 − 3X − 4 = 0

Eddy Hermanto, ST

11

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika (X + 1)(X − 4) = 0 Karena X tidak mungkin negatif maka X = 4

5

6−

=6−

4

3+

5 4

=

19 4

4

3+

3+

4 M

5

∴ Jadi, 6 −

=

4

3+ 3+

19 4

4 3+

4 M

25. Bilangan kuadrat yang sekaligus juga bilangan pangkat tiga adalah bilangan pangkat enam. Bilangan kuadrat ≤ 265 adalah 12, 22, ⋅⋅⋅, 162 ada sebanyak 16 bilangan. Bilangan pangkat tiga ≤ 265 adalah 13, 23, ⋅⋅⋅, 63 ada sebanyak 6 bilangan. Bilangan pangkat enam ≤ 265 adalah 16 dan 26 ada sebanyak 2 bilangan. Banyaknya bilangan yang bukan pangkat dua atau pangkat tiga yang ≤ 265 = 16 + 6 − 2 = 20. Maka 265 adalah suku ke 265 − 20 = 245. Lima bilangan setelah 265 yang bukan bilangan kuadrat atau pangkat tiga adalah 266, 267, 268, 269 dan 270. ∴ Suku ke-250 dari barisan tersebut adalah 270

26. Alternatif 1 : Angka 1 yang pertama muncul pada posisi ke-1. Angka 1 yang kedua berada pada posisi ke-3. Dan seterusnya. Jadi, angka 1 yang ke-k ada pada posisi 1 + 2 + 3 + Karena

49⋅50 2

< 1234 <

50⋅51 2

⋅⋅⋅ + k =

k ( k +1) 2

.

maka di antara 1234 bilangan pertama akan terdapat angka 1 sebanyak 49 buah

dan ada sebanyak 1234 − 49 angka 2. ∴ Jadi, jumlah 1234 bilangan pertama sama dengan 2 ⋅ 1234 − 49 = 2419. Alternatif 2 : Misalkan jumlah seluruh bilangan sampai dengan angka 1 yang ke-k adalah X. X = 1 + (2 + 1) + (2 + 2 + 1) + (2 + 2 + 2 + 1) + ⋅⋅⋅ + ( 2 + 2 + ⋅⋅⋅ + 2 + 1) X=1+3+5+7+

⋅⋅⋅ + (2(k − 1) + 1) =

k − 1 kali

k2

Angka 1 yang ke-k ada pada posisi 1 + 2 + 3 +

⋅⋅⋅ + k =

k ( k +1) 2

.

Jadi, angka 1 terakhir pada 1234 bilangan pertama berada pada posisi ke-1225 yaitu saat k = 49. Sembilan angka berikutnya adalah 2. ∴ Jadi, jumlah 1234 bilangan pertama = 49 2 + 2 ⋅ 9 = 2419.

27. f(1) = f(0) +

1 2007

f(2) = f(1) +

2 2007

f(3) = f(2) +

3 2007

⋅⋅⋅ Eddy Hermanto, ST

12

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika f(2007) = f(2006) + 1 Maka f(2007) = f(0) +

2 3 + 2007 + 2007 + L + 2007 2007 2007 1 (1 + 2007 ) ⋅ 2007 2

f(2007) = 1945 +

1 2007

∴ f(2007) = 2949. 28.

= 2n (1n +1) − 2( n +11)( n + 2) 1 1 + 2 x13 x 4 + L + 1996 x1997 = 12 (1 x12 − 2 x1 3 + 2 x1 3 − 3 x14 + L + 1996 x11997 − 1997 x11998 ) x1998 1 x 2 x 3 1 1 + 2 x13 x 4 + L + 1996 x1997 = 12 (1 x12 − 1997 x11998 ) 1 x 2 x 3 x1998 997501 1 = 3990006 ∴ 1 x 21 x 3 + 2 x 13 x 4 + L + 1996 x1997 = 1995002 x1998 7980012 1 n ( n +1)( n + 2 )

29. Misalkan S = 1 −

1 2 2

1 − 312 1 − 412 L 1 −

1−

1 2 2002

1 2 2003

1 1 1 1 )(1 + 2002 )(1 − 2003 )(1 + 2003 ) = (1 − 12 )(1 + 12 )(1 − 13 )(1 + 13 )(1 − 14 )(1 + 14 )L (1 − 2002 2003 2002 S = 12 ⋅ ( 32 ⋅ 23 ) ⋅ ( 43 ⋅ 34 ) ⋅ ( 54 ⋅ 45 )L( 2002 ⋅ 2001 ) ⋅ ( 2002 ⋅ 2003 ) ⋅ 2004 2001 2002 2003 1 2004 S = 2 ⋅ 2003 1 1 = 1002 1 − 21 1 − 31 1 − 41 L 1 − 2002 1 − 2003 2003

S

2

30.

1 1+ 2

+ 1 1+ 2

2

1 2+ 3

+

31. xk = k 21+ k =

+ 1 2+

2

2

+ L + 99 +1 100 = ( + 3 +1 4 + L + 99 +1 100 3 1 3+ 4

2

)+ (

2 −1

3− 2

)+ (

4− 3

)+L+(

100

−

99

)=

100

−1

= 9.

1 k ( k +1)

xm + xm+1 + ⋅⋅⋅ + xn =

1 29

+ ( m+1)(1m+ 2) + L + n ( n1+1) = 291 1 − m1+1 + m1+1 − m1+2 + L + 1n − n1+1 = 291 m 1 − n1+1 = 291 m 1 m ( m +1)

mn + 30m − 29n = 29 (m − 29)(n + 30) = −292 Karena n bulat positif maka 0 < m < 29. Nilai m − 29 yang mungkin adalah −1 sehingga n + 30 = 292. Maka pasangan (m, n) yang memenuhi adalah (28, 811) 32. a1 = 211, a2 = 375, a3 = 420 dan a4 = 523 523 serta serta an = an−1 − an−2 + an−3 − an−4. a5 = a4 − a3 + a2 − a1 = 523 − 420 + 375 − 211 = 267 a6 = −a1, a7 = −a2, a8 = −a3, a9 = −a4, a10 = −a5, a11 = a1, a12 = a2, a13 = a3, a14 = a4 dan seterusnya yang merupakan pengulangan dengan periode 10. a531 + a753 + a975 = a1 + a3 + a5 = 211 + 420 + 267 a531 + a753 + a975 = 898.

Eddy Hermanto, ST

13

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika 33. Bentuk barisan tersebut adalah 1000, n, 1000 − n, 2n − 1000, 2000 − 3n, 5n − 3000, 5000 − 8n, 13n 13000 − 21n, 34n − 21000, 34000 − 55n, 89n − 55000, 89000 − 144n. Syarat 3 bilangan pertama adalah 0 ≤ n ≤ 1000. Syarat bilangan ke-4 adalah n ≥ 500. Jadi, syarat 4 bilangan pertama adalah 500 ≤ n ≤ 1000. Syarat bilangan ke-5 adalah n < 667. Jadi, syarat 5 bilangan pertama adalah 500 ≤ n < 667. Syarat bilangan ke-6 adalah n ≥ 600. Jadi, syarat 6 bilangan pertama adalah 600 ≤ n < 667. Syarat bilangan ke-7 adalah n ≤ 625. Jadi, syarat 7 bilangan pertama adalah 600 ≤ n ≤ 625. Syarat bilangan ke-8 adalah n > 615. Jadi, syarat 8 bilangan pertama adalah 615 < n ≤ 625. Syarat bilangan ke-9 adalah n ≤ 619. Jadi, syarat 9 bilangan pertama adalah 615 < n ≤ 619. Syarat bilangan ke-10 adalah n > 617. Jadi, syarat 10 bilangan pertama adalah 617 < n ≤ 619. Syarat bilangan ke-11 adalah n ≤ 618. Jadi, syarat 11 bilangan pertama adalah 617 < n ≤ 618 Jadi, nilai n yang memenuhi panjang barisan tersebut maksimal adalah n = 618. Catatan : Untuk n = 618 maka panjang barisan tersebut adalah 13 dengan suku ke-14 = −6.

1999

34. S

=∑

1

1+

S S

1

+ 1) 2 1999 a 4 + 2a 3 + 3a 2 + 2a + 1 =∑ a 2 (a + 1) 2 a =1 1999 a2 +a +1 =∑ a =1 a (a + 1) 1999 ⎛ 1 ⎞ ⎟ = ∑ ⎜⎜1 + a (a + 1) ⎠⎟ a =1 ⎝ a2

a =1

S

+

(a

1999

S

− 8000,

= 1999 + ∑ a =1

1 a (a

+ 1)

1999 1 1 ⎞ = 1999 + ∑ ⎛ ⎜ − ⎟ a + 1 ⎠ a =1 ⎝ a 1 1 ) = 1999 + 11 − S = 1999 + (11 − 12 ) + ( 12 − 13 ) + ( 13 − 14 ) + L + ( 1999 − 2000

S

∴ S = 1999 +

1 2000

1999 2000

35. Misalkan hasil kali 99 bilangan tersebut = X ( k −1)(k 2 + k +1)

k 3 −1 k 3 +1

= ( k +1)(k 2 −k +1) Perhatikan bahwa n2 + n + 1 = (n + 1) 2 − (n + 1) + 1. Maka 22 + 2 + 1 = 3 2 − 3 + 1 ; 32 + 3 + 1 = 4 2 − 4 + 1 ; 42 + 4 + 1 = 5 2 − 5 + 1dan seterusnya. 99 ⋅ ⋅ 24 ⋅ 35 ⋅ L ⋅ 101

X=

1 3

X=

1⋅2 100⋅101

X= X>

⋅

+100+1 ⋅ 33 +−33++11 ⋅ 44 +− 44++11 ⋅ L ⋅ 100 100 −100 +1 2

2

2

2

2

2

100 2 +100 +1 2 2 − 2 +1

+1 ⋅ 100100+⋅100 101 2 100 +100 ⋅ 100⋅101 = 3 2

2 3

∴ X>

2 2 + 2 +1 2 2 − 2 +1

2

2 3

2 3

(terbukti)

Eddy Hermanto, ST

14

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika LATIHAN 3 : 1.

f(x) = −x + 3 f(x2) = −x2 + 3 ((f(x))2 = (−x + 3)2 = x2 − 6x + 9 −2f(x) = 2x − 6 ∴ f(x2) + (f(x)) 2 − 2f(x) = 4x + 6

2.

f(x) = x + 1 f(g(x) = (fog)(x) = 3x 2 + 4 g(x) + 1 = 3x2 + 4 ∴ g(x) = 3x2 + 3

3.

f(x) = 2x - 1, dan g(x) = f(g(x)) = 3 sehingga f

x .

( x ) = 3

2 x − 1 = 3 x=4

4.

(fog)(x) = 5x dan g(x) =

1 5 x −1

f( 5 x1−1 ) = 5x Alternatif 1 : f( 5 x1−1 ) = 5x = f(x) =

1 x

1 1 5 x −1

+1

+1

f(x) = x x+1 Alternatif 2 : Misalkan y = f(y) =

1 5 x −1

maka x =

y +1 5 y

sehingga

y +1 y

f(x) = x x+1

5.

g(x) = x2 + 2x + 5 dan f(g(x)) = 3x 2 + 6x − 8 f(x2 + 2x + 5) = 3(x 2 + 2x + 5) − 23 Jadi, f(x) = 3x 23

6.

f(x) = 2x + 1 ; g(x) = 5x2 + 3 dan h(x) = 7x. (goh)(x) = g(h(x)) = 5(7x) 2 + 3 = 245x2 + 3 (fogoh)(x) = f((goh)(x)) = f(245x 2 + 3) = 2(245x 2 + 3) + 1 (fogoh)(x) = 490x2 + 7

Eddy Hermanto, ST

15

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika

7.

+1 dan f−1(4) = 1 f(x) = ax 2 − x

Alternatif 1 : Dari f−1(4) = 1 didapat f(1) = 4 4 ⋅ (2 − 1) = a(1) + 1 a=3 f(3) =

3( 3 )+1 2−3

f(3) = 10

Alternatif 2 : +1 maka f−1(x) = Karena f(x) = ax 2 − x 1 ⋅ (a + 4) = 2(4) a=3 f(3) =

2 x −1 a + x

−1

3( 3 )+1 2−3

f(3) = 10

8.

f−1(x) = x x+1 dan g−1(x) = 2x − 1 (gof)−1(x) = (f−1 o g−1)(x) = f −1(2x − 1) = (gof)−1(x) =

9.

f(x) =

x 2

2 x −1 2 x

+ 1 dan (fog)(x) =

x 2 − 4 x + 5 x − 2

dan berlaku g(x) ≥ 0 untuk x > 2

x 2 − 4 x + 5 x − 2

f(g(x)) =

(g(x))2 + 1 = (g(x))2 =

2 x −1 2 x

x 2 − 4 x +5 ( x − 2 ) 2

1

( x − 2 )2

Karena g(x) ≥ 0 untuk x > 2 maka g(x) = x 1− 2 g(x − 3) = x −13− 2 = x1− 5 Jadi, g(x 3) = x 1− 5

10. f ( x1 ) + x1 f (− x ) = 2 x Untuk x =

1 2

maka f(2) + 2f( − 12 ) = 1

Untuk x = −2 maka f(− 12 ) −

1 2

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

f(2) = −4

2f(− 12 ) − f(2) = −8

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

Kurangkan persamaan (1) dengan persamaan (2). 2f(2) = 9 f(2) = 92

Eddy Hermanto, ST

16

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika 11. f(f(f(k))) = 27 Karena k ganjil maka f(f(k + 3)) = 27 Karena k + 3 genap maka f( k 2+ 3 ) = 27

• Jika k + 3 2

k + 3 2

ganjil maka

+ 3 = 27

k = 45 yang tidak memenuhi k 2+ 3 ganjil

• Jika k + 3 4

k + 3 2

genap maka

= 27

k = 105 yang memenuhi k ganjil ganj il dan k 2+3 genap. Jadi, nilai k yang memenuhi adalah k = 105. Jadi, penjumlahan digit-digit k yang memenuhi adalah 1 + 0 + 5 = 6. 12. f(x)f(y) − f(xy) = x + y * Jika x = 0 dan y = 0, maka f(0)f(0) − f(0) = 0 f(0) ( f(0) − 1 ) = 0. Maka f(0) = 0 atau f(0) = 1 * Jika x = 1 dan y = 0, maka f(1)f(0) − f(0) = 1 • Jika f(0) = 0, maka 0 = 1 yang berarti tidak mungkin f(0) = 0 maka f(0) = 1 • Untuk f(0) = 1 maka f(1) − 1 = 1 sehingga f(1) = 2 * Jika x = 2004 dan y = 1 maka f(2004)f(1) − f(2004) = 2005 2f(2004) − f(2004) = 2005 sehingga f(2004) = 2005 * Jika x = 2004 dan y = 0 maka f(2004)f(0) − f(0) = 2004 f(2004) − 1 = 2004 sehingga f(2004) = 2005 f(2004) = 2005

13. f(xy) = f(x + y) Jika x = n dan y = 1 maka f(n) = f(n + 1) Maka f(49 ) = f(48) = f(47) = f(46) = ⋅⋅⋅ = f(7) Karena f(7) = 7 maka f(49) = 7. 14. f(x + y) = f(x) + f(y) + 6xy + 1 dan f( −x) = f(x) untuk x dan y bulat. Jika x = y = 0 maka f(0) = f(0) + f(0) + 1 sehingga f(0) = −1 Jika x = 3 dan y = −3 maka f(0) = f(3) + f( −3) − 54 + 1 Karena f(3) = f( −3) maka −1 = 2f(3) − 53 f(3) = 26 . 1+ f ( x )

15. f(x + 1) = 1− f ( x ) dan f(2) = 2 f(3) = 11+− 22 = −3

Eddy Hermanto, ST

17

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika f(4) = 11−+33 = 1− 1

f(5) = 1+ 21 = 2

− 12 1 3

1+ 13

f(6) = 1− 1 = 2 3 Sehingga nilai f(n) untuk n bulat ≥ 2 akan periodik dengan kala ulang 4. Karena 2009 = 4(502) + 1 maka f(2009) = f(5) Nilai fungsi f(2009) adalah 13 .

16. f(11) = (1 + 1) 2 = 4 f2(11) = 4 2 = 16 f3(11) = (1 + 6) 2 = 49 f4(11) = (4 + 9) 2 = 169 f5(11) = (1 + 6 + 9) 2 = 256 f6(11) = (2 + 5 + 6) 2 = 169 Jadi, untuk n ≥ 4 nilai f n(11) periodik dengan kala ulang 2. Untuk n ≥ 4 dan n genap maka f n(11) = 169. Maka f4(11) = f 6(11) = f 8(11) = ⋅⋅⋅ = f1988(11) = 169 ∴ f1988(11) = 169

LATIHAN 4 : 1.

f(2) = 24 dan f( −5) = 10 Misalkan sisa jika f(x) dibagi x 2 + 3x − 10 adalah ax + b. f(x) = (x − 2)(x + 5) g(x) + ax + b Jika x = 2 maka f(2) = 2a + b = 24 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Jika x = −5 maka f(−5) = −5a + b = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat a = 2 dan b = 20 ∴ Jadi, sisa jika f(x) dibagi x 2 + 3x − 10 adalah 2x + 20

2.

v(x) = (x2 − x) g(x) + 5x + 1 v(1) = 0 + 6 = 6 v(x) = (x2 + x) h(x) + 3x + 1 v(−1) = 0 − 3 + 1 = −2 Misalkan sisa jika v(x) dibagi x 2 − 1 adalah ax + b. v(x) = (x2 − 1) u(x) + ax + b Jika x = 1 maka v(1) = a + b = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Jika x = −1 maka v(−1) = −a + b = −2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat a = 4 dan b = 2. ∴ Jadi, sisa jika v(x) dibagi x 2 − 1 adalah 4x + 2.

Eddy Hermanto, ST

18

Aljabar


ax4 + bx3 + 1 = q(x) ⋅ (x − 1)2 Jelas bahwa q(x) harus merupakan fungsi kuadrat. Karena koefisien x 4 adalah a dan konstanta ruas kiri = 1 maka q(x) = ax 2 + px + 1 ax4 + bx3 + 1 = (ax 2 + px + 1) ⋅ (x2 − 2x + 1) ax4 + bx3 + 1 = ax 4 + (−2a + p)x3 + (a − 2p + 1)x2 + (p − 2)x + 1 Dari persamaan di atas didapat : Berdasarkan koefisien x maka p − 2 = 0 sehingga p = 2 Berdasarkan koefisien x2 maka a − 2p + 1 = 0 sehingga a = 3 Berdasarkan koefisien x3 maka b = −2a + p sehingga b = −4 ab = 12.

4.

Karena koefisien x 3 adalah a dan konstantanya adalah 1 maka haruslah (ax3 + bx2 + 1) = (x2 − x − 1)(ax − 1) (ax3 + bx2 + 1) = ax3 − (a + 1)x 2 + (1 − a)x + 1 Maka 1 − a = 0 sehingga a = 1 b = − (a + 1) sehingga b = −(1 + 1) = −2 Nilai b yang memenuhi adalah b = 2.

5.

Banyaknya titik potong dua grafik sama dengan banyaknya nilai x yang menyebabkan p(x) − q(x) = 0. Karena p(x) dan q(x) keduanya suku banyaknya banyaknya berderajat empat dengan koefisien x 4 ayng sama maka jelas bahwa p(x) − q(x) merupakan suku banyak berderajat tiga. Jadi, nilai x yang menyebabkan p(x) − q(x) = 0 paling banyak ada 3. Banyaknya maksimal titik potong dari y = p(x) dan y = q(x) adalah 3.

6.

f(−1) = −2 dan f(3) = 7. g(−1) = 3 dan g(3) = 2 h(x) = f(x) ⋅ g(x) h(−1) = (−2)(3) = −6 dan h(3) = (7)(2) = 14. h(x) = (x + 1)(x − 3) ⋅ k(x) + ax + b Untuk x = −1 maka h(−1) = −a + b = −6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Untuk x = 3 maka h() = 3a + b = 14 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat a = 5 dan b = −1 Jadi, sisa jika h(x) dibagi x 2 − 2x − 3 adalah 5x 1.

7.

p(x) = x 2 − 6 p(p(x)) = x (x2 − 6)2 − 6 = x x4 − 12x2 − x + 30 = 0 (x + 2)(x − 3)(x2 + x − 5) = 0 Nilai x yang memenuhi adalah −2, 3, −1−2 21 , −1+2 21 . Karena −1−2 21 = 1+ 2 21 < 1+ 2 25 = 3 maka nilai terbesar ⏐x⏐ yang memenuhi adalah 3. Nilai maksimal dari { ⏐x⏐ : x ∈ A} adalah 3.

Eddy Hermanto, ST

19

Aljabar


(3x2 − x + 1)3 = a6x6 + a5x5 + a4x4 + a3x3 + a2x2 + a1x + a0. a) Jika x = 1 didapat (3 − 1 + 1)3 = a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + a0 = 27. Jadi, a 6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + a0 = 27 . b) Jika x = −1 didapat (3 + 1 + 1) 3 = a6 − a5 + a4 − a3 + a2 − a1 + a0 = 125 Jadi, a 6 − a5 + a4 − a3 + a2 − a1 + a0 = 125. c) Jika x = 0 maka 1 = a 0. a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + a0 = 27. a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 = 27 − 1 = 26. Jadi, a 6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 = 26. d) a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + a0 = 27. a6 − a5 + a4 − a3 + a2 − a1 + a0 = 125 Jumlahkan kedua persamaan di atas didapat 2(a6 + a4 + a2 + a0) = 152 Jadi, a 6 + a4 + a2 + a0 = 76.

9.

Misalkan keempat akar x4 − (3m + 2)x2 + m2 = 0 adalah a − b, a, a + b dan a + 2b (a − b) + (a) + (a + b) + (a + 2b) = 0 b = − 2a maka keempat akar tersebut adalah 3a, a, −a dan −3a. m2 = (3a)(a)(−a)(−3a) = 9a4 Jadi, m = ± 3a 2 (3a)(a) + (3a)( −a) + (3a)( −3a) + (a)( −a) + (a)( −3a) + (−a)(−3a) = −(3m + 2) (3 − 3 − 9 − 1 − 3 + 3)a2 = −3m − 2 −10a2 = −3m − 2 30a2 = 9m + 6 ±10m = 9m + 6 m = − 196 atau m = 6

10. Misalkan ke-4 akar tersebut adalah x 1, x2, x3 dan x4 dengan x1 = 2 dan x2 = 2008 = 2 502 . Alternatif 1 : x4 + ax3 + bx2 + cx + d = (x − x1) (x − x2) (x − x3) (x − x4) = 0 x1 + x2 + x3 + x4 = −a yang merupakan bilangan rasional. Maka ada 2 kemungkinan nilai x 3 dan x4.

•

x3 = p − 2 − 2 502 dan x4 = q untuk p dan q bilangan rasional. x1x2x3x4 = d yang merupakan bilangan rasional.

( 2 )(2

)(

502 p − 2

−2

)

502 (q ) = bilangan rasional untuk p, q rasional

4 p 251 − 4 251 − 2008 2 = bilangan rasional. Maka tidak ada p rasional yang memenuhi

•

x3 = p − 2 dan x4 = q − 2 502 untuk p dan q bilangan rasional. x1x2x3x4 = d yang merupakan bilangan rasional.

)

)

)

)

2 2 502 p − 2 q − 2 502 = bilangan rasional 4 pq 251 − 2008 p 2

− 4q

502

+ 4016

= bilangan rasional

Kesamaan di atas akan terpenuhi hanya jika p = q = 0 sehingga x 3 = − 2 dan x4 = − 2008 x4 + ax3 + bx2 + cx + d = (x − 2 ) (x − 2008 ) (x + 2 ) (x + x4 + ax3 + bx2 + cx + d = (x 2 − 2)(x2 − 2008) = x4 − 2010x2 + 4016

Eddy Hermanto, ST

20

2008 )

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika ∴

Maka a = 0, b = −2010, c = 0 dan d = 4016 Nilai a + b + c + d = 0 − 2010 + 0 + 4016 = 2006.

Alternatif 2 : Jika

2 disubtitusikan ke persamaan x 4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 didapat

(2a + c )

2

= −(2b + d + 4)

Karena a, b, c dan d rasional maka kesamaan k esamaan hanya mungkin terjadi jika 2a + c = 0 Sehingga 2b + d + 4 = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Jika

2008

(2008a + c )

=2 2

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

502 disubtitusikan ke persamaan x 4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 didapat

= −(2008b + d + 4032064 )

Karena a, b, c dan d rasional maka kesamaan hanya mungkin terjadi jika 2008a + c = 0 Sehingga 2008b + d + 4032064 = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Dari persamaan (1) dan (3) didapat a = 0 dan c = 0 Dari persamaan (2) dan (4) didapat b = −2010 dan d = 4016 Nilai a + b + c + d = 0 − 2010 + 0 + 4016 = 2006.

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

11. Akar-akar x3 + 3x2 + 4x − 11 = 0 adalah a, b dan c. a + b + c = −3 a + b = −3 − c, a + c = −3 − b dan b + c = −3 − a Misalkan y = −3 − x sehingga x = −3 − y. Jadi, −3 − y adalah akar-akar persamaan x3 + 3x2 + 4x − 11 = 0. Jadi, haruslah ( −3 − y)3 + 3(−3 − y)2 + 4(−3 − y) − 11 = 0 y3 + ⋅⋅⋅ + 27 − 27 + 12 + 11 = 0 y3 + ⋅⋅⋅ + 23 = 0 Jadi, nilai t = 23.

12. Misal f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = f(5) = k Dibentuk persamaan polinomial : g(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + c − k g(x) = f(x) − k Jelas bahwa g(1) = g(2) = g(3) = g(4) = g(5) = 0 Berarti bahwa 1; 2; 3; 4 dan 5 adalah akar-akar persamaan polinomial g(x) = 0. x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + c − k = 0 x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = − B = − 1a = −a A Karena akar-akarnya adalah 1; 2; 3; 4 dan 5 maka : 1+2+3+4+5= −a a = 15 13. po(x) = x3 + 313x2 − 77x − 8 dan pn(x) = pn−1(x − n) p20(x) = p19(x − 20) = p18(x − 20 − 19) = ⋅⋅⋅ = p0(x − (20 + 19 + ⋅⋅⋅ + 1)) = p 0(x − 210) Jadi, p20(x) = p0(x − 210) p20(x) = (x − 210)3 + 313(x − 210)2 − 77(x − 210) − 8 Koefisien x dari p 20(x) sama dengan 3 ⋅ 2102 − 313 ⋅ 2 ⋅ 210 − 77 = 763. Jadi, koefisien x dari p 20(x) adalah 763.

Eddy Hermanto, ST

21

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika 14. x3 − 8x2 + 4x − 2 = 0 akar-akarnya a, b dan c. Maka a + b + c = 8. Subtitusi y = 8 − 2x sehingga x =

8− y 2

ke persamaan x3 − 8x2 + 4x − 2 = 0. Maka

( − ) − 8( − ) + 4( − ) − 2 = 0 memiliki akar-akar 8 − 2a, 8 − 2b dan 8 − 2c 8 y 3 2

8 y 2 2

8 y 2

f(x) = x 3 + px2 + qx + r memiliki tiga akar, yaitu a + b Karena koefisien x 3 dari f(x) sama dengan 1 maka

− c = 8 − 2c, a + c − b = 8 − 2b dan b + c − a = 8 − 2a.

− 8(8−2 x )3 + 64(8−2 x )2 − 32(8−2x ) + 16 = 0 juga memiliki akar-akar 8 − 2a, 8 − 2b dan 8 − 2c. 3 2 f(1) = − 8( 82−1 ) + 64(82−1 ) − 32 (82−1 ) + 16 = 345

Polinom f(x) = f(1) = 345.

15. p(x) = x 6 + ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex + f Misal q(x) = p(x) − x. Karena p(x) adalah polinomial berderajat 6 maka q(x) pun adalah polinomial berderajat 6. q(1) = q(2) = q(3) = q(4) = q(5) = q(6) = 0 yang berarti bahwa 1, 2, 3, 4, 5 dan 6 adalah akar-akar persamaan q(x) = 0. Maka : q(x) = a (x − 1) (x − 2) (x − 3) (x − 4) (x − 5) (x − 6) Karena koefisien x 6 dari p(x) adalah 1 maka a = 1. q(x) = (x − 1) (x − 2) (x − 3) (x − 4) (x − 5) (x − 6) p(7) = q(7) + 7 p(7) = (7 − 1) (7 − 2) (7 − 3) (7 − 4) (7 − 5) (7 − 6) + 7 p(7) = 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 + 7 p(7) = 727 16. Akar-akar persamaan x4 − x3 − x2 − 1 = 0 adalah a, b, c dan d. x4 − x3 − x2 − 1 = (x + 1)(x 3 − 2x2 + x − 1) = 0 Tanpa mengurangi keumuman misalkan a = −1 sehingga b + c + d = 2 dan bc + bd + cd = 1 b2 + c2 + d2 = (b + c + d) 2 − 2(ab + ac + bc) = 2. p(x) = x 6 − x5 − x3 − x2 − x p(x) = (x3 − 2x2 + x − 1)(x3 + x2 + x + 1) + x 2 − x + 1 p(a) = p(−1) = (−5)(0) + 3 = 3 p(b) = 0 + b 2 − b + 1 = b 2 − b + 1 p(c) = 0 + c 2 − c + 1 = c 2 − c + 1 p(d) = 0 + d 2 − d + 1 = d2 − d + 1 p(a) + p(b) + p(c) + p(d) = 6 + (b 2 + c2 + d2) − (b + c + d) = 6 + 2 Jadi, p(a) + p(b) + p(c) + p(d) = 6.

−2

17. Karena f(a) = f(b) = f(c) = f(d) = 5 maka f(x) − 5 = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) q(x) dengan q(x) adalah polinomial yang memiliki koefisien bilangan bulat. Jika x sama dengan a, b, c atau d maka f(x) = 5 bukan 8. Jika x ∈ Z dan x ≠ a, b, c atau d maka x − a, x − b, x − c dan x − d adalah bilangan bulat berbeda. Agar ada f(k) = 8 maka (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) q(x) = 3. Tetapi 3 tidak bisa merupakan perkalian sekurangnya 4 bilangan bulat berbeda. Terbukti bahwa tidak ada bilangan bulat k yang memenuhi f(k) = 8.

Eddy Hermanto, ST

22

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika LATIHAN 5.A 1.

Misalkan persamaan kuadrat yang diminta memiliki akar-akar a dan b. Persamaan x2 + px + 1 = 0 akan memiliki akar-akar a − 2 dan b − 2. Persamaan 2x2 − 3x + q = 0 akan memiliki akar-akar a + 3 dan b + 3. (a + 3) + (b + 3) = 32 a + b = − 92

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) (a − 2)(b − 2) = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) ab − 2(a + b) + 4 = 1 ab = −12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Maka persamaan kuadrat yang diminta adalah x 2 +

9 2

Jadi, persamaan kuadrat tersebut adalah 2x2 + 9x

2.

x − 12 = 0 24 = 0.

2 p = 1 x+−3 x x2

(3 + p)x2 − px + 1 = 0 Agar nilai x real maka haruslah memenuhi p 2 − 4(3 + p)(1) ≥ 0 (p − 6)(p + 2) ≥ 0 p ≤ −2 atau p ≥ 6 Jadi, nilai p yang memenuhi x real adalah p 2 atau p 6.

3.

Misalkan kedua akar persamaan kuadrat x2 − px + p = 0 adalah a dan b, maka a > 0 dan b > 0. a + b = p > 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) a b = p > 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Diskriminan = p2 − 4p ≥ 0 p ≥ 4 atau p ≤ 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Dari ketiga persyaratan tersebut didapat p ≥ 4 Jadi, agar kedua akar persamaan kuadrat x 2 − px + p = 0 real positif maka haruslah p 4.

4.

x1 dan x2 adalah akar-akar persamaan persamaan x2 + 2x + 4 = 0. x1 + x2 = −2 dan x1x2 = 4

+ x 1−1 = x x x−(+ x x +−x2 )+1 = −74 1 ⋅ 1 = x x −( x1 + x )+1 = 17 x −1 x −1 1 x1 −1 1

1

2

2

1 2

2

1 2

1

1

2

2

dan

1 x2 −1

adalah x2 +

Jadi, persamaan kuadrat yang akar-akarnya

1 x1 −1

dan

Persamaan kuadrat yang akar-akarnya

5.

9a2 − 12ab + 4b2 = 0 Untuk b ≠ 0 maka (3 ab

∴ Maka

a b

=

2 3

1 x1 −1

1 x2 −1

4 7

x+

1 7

= 0.

adalah 7x2 + 4x + 1 = 0 .

− 2)2 = 0

.

Eddy Hermanto, ST

23

Aljabar


(a + b)3 − (a − b)3 = (a3 + 3a2b + 3ab2 + b3) − (a3 − 3a2b + 3ab2 − b3) = 2b3 + 6a2b. ( 43 + 3)2 = 43 + 9 + 6

− (52 − 6 43 ) = ( 43 + 3)3 − ( 3 / 2 3 / 2 Jadi, (52 + 6 43 ) − (52 − 6 43 ) = 828.

7.

(52 + 6

43

1 x 2 −10 x − 29

+

)

43 = 52 + 6 43 .

3 / 2

1 x 2 −10 x − 45

3 / 2

=

43 − 3)3 = 2 ⋅ 33 + 6( 43 )2(3) = 828.

2 x 2 −10 x −69

Misalkan x2 − 10x − 29 = y maka 1 + y −116 = y −240 y (y − 40)(2y − 16) = 2y(y − 16) 2y2 − 96y + 640 = 2y2 − 32y y = 10 x2 − 10x − 29 = 10 (x − 13)(x + 3) = 0 x = −3 atau x = 13 Jadi, nilai x positif yang memenuhi persamaan adalah x = 13.

8.

11x2 − 4x − 2 = 0 memiliki akar-akar a dan b. 4 a + b = 11 dan ab = − 112 (1 + a + a 2 + ⋅⋅⋅)(1 + b + b2 + ⋅⋅⋅) = ( 1−1a )( 1−1b ) = 1− ( a +1b ) + ab = Jadi, nilai dari (1 + a + a 2 + ⋅⋅⋅)(1 + b + b2 + ⋅⋅⋅) adalah

9.

11 11− 4 − 2 11 5

=

11 5

.

x2 + bx + c = 0 Agar akar-akar persamaan tersebut real maka Diskriminan = b 2 − 4⋅ (1)⋅c ≥ 0. Maka 4c ≤ b2 Karena 1 ≤ c ≤ 6, maka 4 ≤ 4c ≤ 24 Untuk b = 1 maka 4c ≤ 1. Akibatnya tidak ada nilai c yang memenuhi Untuk b = 2 maka 4c ≤ 4. Akibatnya nilai c yang memenuhi ada satu, yaitu c = 1 Untuk b = 3 maka 4c ≤ 9. Akibatnya nilai c yang memenuhi ada dua, yaitu c = 1 ; 2 Untuk b = 4 maka 4c ≤ 16. Akibatnya nilai c yang memenuhi ada empat, yaitu c = 1 ; 2; 3; 4 Untuk b = 5 maka 4c ≤ 25. Akibatnya nilai c yang memenuhi ada enam, yaitu c = 1 ; 2; 3; 4; 5; 6 Untuk b = 6 maka 4c ≤ 36. Akibatnya nilai c yang memenuhi ada enam, yaitu c = 1 ; 2; 3; 4; 5; 6 Maka banyaknya pasangan yang memenuhi ada : 0 + 1 + 2 + 4 + 6 + 6 = 19.

10. x2 + 6x + c = 0 memiliki memiliki akar-akar x 1 dan x2. x1 + x2 = −6 dan x1x2 = c x2 + (x12 + x22)x + 4 = 0 memiliki akar-akar u dan v. u + v = −uv −(x12 + x22) = −4 36 − 2c = 4 sehingga c = 16. x13x2 + x1x23 = x1x2(x12 + x22) = 16 ⋅ 4 = 64 Jadi, nilai dari x 13x2 + x1x23 sama dengan 64.

Eddy Hermanto, ST

24

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika 11. x2 − 3(a − 1)x + 2a2 + 4b = 0 memiliki akar-akar α + β = 3(a − 1) Maka β = a − 1 dan α = 2(a − 1) αβ = 2a2 + 4b = 2(a − 1)2 4b = −4a + 2 a + b = 12

α dan β serta α = 2β.

12. x2 − (3m + 2) + (4m + 12) = 0 memiliki akar-akar α + β = 3m + 2 αβ = 4m + 12 m α

=

α dan β maka

β m

m2 = αβ m2 = 4m + 12 (m − 6)(m + 2) = 0 Maka m = 6. Persamaan kuadrat tersebut adalah x2 − 20x + 36 = 0 yang memiliki akar-akar 2 dan 18. Karena syarat barisan tak hingga adalah −1 < r < 1 maka α = 18 dan β = 2. Jadi, r = 186 = 13 Karena a = 2 maka jumlah deret tak hingga tersebut adalah 1−21 = 3. 3 Jumlah deret tak hingga tersebut adalah 3. 13. x2 − (2p + 1)x + p = 0 memiliki akar-akar x1 dan x2. 3x2 − (q − 1)x − 1 = 0 memiliki akar-akar x 3 dan x4. x1x3 = 1 dan x2x4 = 1 x1x2x3x4 = 1 (p)((− 13 ) = 1 sehingga p = −3 x1 + x2 = 2p + 1 = −5 dan x1x2 = p = −3 x3 + x4 = q −1 3

=

5 3

1 x1

+ x1

2

=

x1 + x2 x1 x2

sehingga q = 6

Jadi, p − 2q + 13 = 2.

14. Misalkan akar persekutuan tersebut adalah p, akar yang lain dari x 2 + ax + bc = 0 dan x 2 + bx + ac = 0 masing-masing adalah q dan r maka : p2 + ap + bc = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) p2 +bp + ac = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Kurangkan persamaan (1) dengan (2). p(a − b) + c(b − a) = 0 p(a − b) = c(a − b) Karena a ≠ b maka p = c Karena p + q = −a maka q = −a − c ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) pq = bc Karena p = c maka q = b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Karena p + r = −b maka r = − b − c ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5)

Eddy Hermanto, ST

25

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika pr = ac Karena p = c maka r = a q + r = b + ( −b − c) = −c qr = (b)(a) = ab Persamaan kuadrat yang akar-akarnya q dan r adalah x2 − (q + r)x + qr = 0 x2 + cx + ab = 0 Terbukti bahwa akar-akar yang lain dari kedua persamaan x 2 + ax + bc = 0 dan x 2 + bx + ac = 0 memenuhi persamaan x2 + cx + ab = 0.

15.

α + β = −p αβ = 1 γ + δ = −q γδ = 1 (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = (α − γ)(β + δ)(β − γ)(α + δ) (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = (αβ + αδ − βγ − γδ)(αβ + βδ − αγ − γδ) Mengingat bahwa αβ = 1 dan γδ = 1 maka : (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = (αδ − βγ)(βδ − αγ) (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = αβδ2 − α2γδ − β2γδ + αβγ2 Mengingat bahwa αβ = 1 dan γδ = 1 maka : (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = δ2 − α2 − β2 + γ2 (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = (γ + δ)2 − 2γδ − (α + β)2 + 2αβ Mengingat bahwa α + β = −p, αβ = 1 serta γ + δ = −q dan γδ = 1 maka : (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = q2 − p2 (terbukti). )( )( + )( + ) = q2 p2. ∴ Terbukti bahwa (

16. Persamaan tersebut memenuhi persamaan x x2 −

x1, 2

=

19 + 91 x

19 x − 91 = 0

=

⏐x1⏐ =

19 ± 19 + 4⋅91 2 19 + 383 2

=

=

19 ± 383 2

19 + 383 2

dan ⏐x2⏐ =

19 − 383 2

=

383 − 19 2

k = ⏐x1⏐ + ⏐x2⏐ k=

19 + 383 2

+

19 − 383 2

=

383

k2 = 383.

17. Andaikan bahwa x2 + b1x + c1 = 0 dan x2 + b2x + c2 = 0 keduanya tidak memiliki akar real. b12 − 4c1 < 0 sehingga b12 < 4c1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) b22 − 4c2 < 0 sehingga b22 < 4c2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) b12 + b22 < 4(c1 + c2) Karena b1b2 = 2(c1 + c2) maka b12 + b22 < 2b1b2 (b1 − b2)2 < 0 Bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka ketaksamaan di atas tidak mungkin terjadi. Maka tidak mungkin x2 + b1x + c1 = 0 dan x2 + b2x + c2 = 0 keduanya tidak memiliki akar real. Terbukti bahwa Sedikitnya salah satu dari x2 + b1x + c1 = 0 atau x2 + b2x + c2 = 0 memiliki akar real.

Eddy Hermanto, ST

26

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika 18. a dan 4a + 3b + 2c mempunyai tanda yang sama maka : 4 a + 3b + 2 c >0 a 4 + 3 ba + 2 ac > 0 Misalkan α dan β adalah akar-akar persamaan ax2 + bx + c = 0 maka : 4 − 3(α + β) + 2αβ > 0 (α − 1)(β − 2) + (α −2)(β − 1) > 0 Jika α dan β keduanya terletak pada interval (1, 2) maka ( α − 1)(β − 2) dan (α −2)(β − 1) keduanya bernilai negatif (kontradiksi) Terbukti bahwa persamaan ax2 + bx + c = 0 kedua akarnya tidak mungkin terletak pada interval (1, 2)

LATIHAN 5.B

1.

3 ⋅ 27 2 x −1 3

6 x −1 2

= (3

1 243

)

3x

−5 x

=3 6x − 1 = −10x Jadi, x = 161

2.

Karena 53x = 8 maka 5x = 2 53+x = 53 ⋅ 5x 53+x = 125 ⋅ 2 53+x = 250.

3.

5x+1 + 56−x = 11 5 ⋅ 52x − 11 ⋅ 5x + 56 = 0 yang merupakan persamaan kuadrat dalam 5 x. Misalkan 5 ⋅ 52x − 11 ⋅ 5x + 56 = 0 memiliki akar-akar a dan b. 5a ⋅ 5b = 5a+b =

56 5

= 55

a+b=5 Jumlah akar-akar persamaan 5 x+1 + 56−x = 11 sama dengan 5.

4.

58−2x + 49 ⋅ 53−x − 2 = 0 Misalkan y = 5 3−x maka y2 = 56−2x. 25y2 + 49y − 2 = 0 (25y − 1)(y + 2) = 0 Karena nilai y tidak mungkin negatif maka 1 = 53−x 25 x=5 Jadi, himpunan penyelesaian persamaan tersebut adalah {5}

Eddy Hermanto, ST

27

Aljabar


x 2 −3 x + 2

+ 3 x −3 x = 10 memiliki penyelesaian x1 dan x2. 2

3

x 2 − 3 x

Misalkan y = 3 maka 9y + y = 10 sehingga y = 1 Maka x2 − 3x = 0 sehingga nilai x yang memenuhi adalah 0 dan 3. x1 + x2

3

6.

= 33 = 27 .

54(6x) + 3x = 6(18x) + 9 (3x − 9)(6 ⋅ 6x − 1) = 0 Maka x = 2 atau x = −1 Jadi, (x 1 ⋅ x2)2 = 4.

LATIHAN 5.C

1.

(

3

log 45

) −( 2

3

log 5

3

log 3 15

(

3

log 45 3

) −( 2

)

(

2

3

= log 5

3

log 45 + 3 log 5 3

)

)(

3

log 45 − 3 log 5

log 3 15

) =

12⋅ 3 log 15 3

log 15

2

= 12.

3

log 15

2.

Karena 3a = 4 maka a = 3log 4 Karena 4b = 5 maka b = 4log 5 Karena 5c = 6 maka c = 5log 6 Karena 6d = 7 maka d = 6log 7 e 7 Karena 7 = 8 maka e = log 8 Karena 8f = 9 maka f = 8log 9 abcdef = 3log 4 ⋅ 4log 5 ⋅ 5log 6 ⋅ 6log 7 ⋅ 7log 8 ⋅ 8log 9 = 3log 9 = 2 abcdef = 2.

3.

Karena 8log x + 4log y2 = 5 maka x1/3 ⋅ y = 25. Karena 8log y + 4log x2 = 7 maka x ⋅ y1/3 = 27. Kalikan kedua persamaan di atas didapat (xy)4/3 = 212 xy = 29 = 512

4.

2

2

5.

+ L + log1 100! = 100!log 2 + 100!log 3 + 100!log 4 + ⋅⋅⋅ + 100!log 100 = 100!log 100!. 1 + log1100! + log1100! + L + log1 100! = 1. log 100!

1 log 100!

+

3

1 log 100!

+

3

4

1 log 100! 4

100

100

Agar f(x) = 2log (px2 + px + 3) terdefinisi pada setiap nilai x maka px 2 + px + 3 definit positif. Maka p > 0 dan p2 − 4(p)(3) < 0 p(p − 12) < 0 Nilai p yang memenuhi adalah 0 < p < 12. Jadi, batas-batas nilai p yang memenuhi adalah 0 < p < 12 .

Eddy Hermanto, ST

28

Aljabar


x

3

log x + 3 log y 3

= 27 dan y

3

log x + log y 3

=3

log x + log y 3

Maka ( xy ) = 27 ⋅ 3 = 81 3log (xy) = (xy)log 81 = 4 ⋅ xylog 3 (3log (xy))2 = 4 Maka 3log (xy) (xy) = 2 atau 3log (xy) = −2 • 3log (xy) = 2 xy = 9 3log x + 3log y = 3log (xy) 3log x + 3log y = 3log 9 = 2 Subtitusikan ke persamaan semula didapat x2 = 27 dan y2 = 3 x + y = 4 √3 • 3log (xy) = −2 x-2 = 27 dan y-2 = 3 Tidak memenuhi syarat bahwa x > y Jadi, x + y = 4 3.

7.

Karena un+1 = p⋅un maka u1, u2, ⋅⋅⋅, u6 membentuk barisan geometri. Karena 10log u3 + 10log u4 = 1 maka u3 u4 = 10 p2 u1 ⋅ p3 u1 = 10 p5 ⋅ u12 = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) u1 + u6 = 11 u1 + p5 u1 = 11 u1 = 1+11 p 5 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Subtitusikan persamaan (2) ke persamaan (1) maka p5 ⋅ 121 = 10 (1 + p5)2 10(p5)2 − 101 p5 + 10 = 0 (10 p5 − 1)(p5 − 10) = 0 Karena p > 1 maka p 5 = 10 Maka 10log p = 15 ⋅ 10log 10 Jadi, 10log p =

1 5

.

8.

w = x24 = y40 = x12y12z12 w = w1/2 ⋅ w3/10 ⋅ z12 w1/5 = z12 w = z60. zlog w = 60

9.

Misalkan 2log x = k 2

log(13 ⋅ log x )= log( log x ) 2

8

2

− 2 log 3+ 2 log k = 8 log k (1 − 13 )2 log k = 2 log 3 Eddy Hermanto, ST

29

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika 2 2

=2

log k 3

log 3

3

k

= 32

k2 = 27 ∴ (2log x)2 = 27 .

10. Agar 8log n rasional maka haruslah n berbentuk 2 k dengan k bilangan rasional. Karena n adalah bilangan asli maka haruslah k bilangan bulat tak negatif. 1997

∑ f (n) = 0 + log 2 + log 2 + log 2 + ⋅⋅⋅ + log 2 8

o

8

1

8

2

8

10

n =1

= 0+1+ 2+33+L+10 =

55 3

1997

∴ 3

∑ f (n) = 55. n =1

11. 2log (3log (5log (7log N))) = 11 53

211

N= 7 Faktor prima dari N hanyalah 7. ∴ Banyaknya faktor prima dari N ada 1.

(

)(

0 b

) (

)(

1 b

) (

)(

2 b

)

12. Misalkan log 2 log 5 + log 2 log 5 + log 2 log 5 + ... = X X = blog 5 + 4 blog 5 ⋅ blog 2 + 4 2 ⋅ blog 5 ⋅ (blog 2)2 + 43 ⋅ blog 5 ⋅ (blog 2)3 + ⋅⋅⋅ X = blog 5 (1 + 4 blog 2 + 4 2 ⋅ (blog 2)2 + 43 ⋅ (blog 2)3 + ⋅⋅⋅) 1 + 4 blog 2 + 4 2 ⋅ (blog 2)2 + 43 ⋅ (blog 2)3 + ⋅⋅⋅ adalah merupakan deret geometri tak hingga dengan suku pertama 1 dan rasio 4 ⋅ blog 2. b

X = blog 5 ⋅ 1− 4⋅b1log 2 =

4

b

log 5

b

b log 16

0

=

b 16

b

1

4

b

4

2

log 5

Karena b = 2000 maka X = 125log 5

∴

13.

(

b

log 2)

( log 5 ) + ( log 2) ( log 5 ) + ( log 2) ( log 5 ) + ... =

0 b

40

b

1 b

41

2 b

b

42

1 3

.

x + 64log y = 4 dan xlog 225 − ylog 64 = 1. Misalkan a = 225log x dan 64log y = b maka a + b = 4 dan 1a + 1b = 1 sehingga ab = 4 225log

Dari a + b = 4 dan ab = 4 didapat penyelesaian (a, b) yaitu (3 + 5 , 1 − 5 ) atau (3 − 5 , 1 + 5 ). Mengingat kesimterian pada soal yang ditanyakan maka tanpa mengurangi keumuman soal didapat 225log

x1 = 3 +

5 dan 225log x2 = 3 −

5 sehingga 225log x1x2 = 225log 6. Jadi, x 1x2 = 2256 = 1512.

y1 = 1 − 5 dan 64log y2 = 1 + 5 sehingga 64log y1y2 = 64log 2. Jadi, y 1y2 = 642 = 212. 30log (x y x y ) = 30log (1512 ⋅ 212) = 30log 3012. 1 1 2 2 30 ∴ log (x1y1x2y2) = 12. 64log

Eddy Hermanto, ST

30

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika LATIHAN 5.D 1.

Persamaan lingkaran tersebut adalah (x − 4)2 + (y − 3)2 = 42. ∴ Jadi, persamaan lingkaran tersebut adalah (x 4)2 + (y 3)2 = 16.

2.

Misalkan titik pusat lingkaran tersebut adalah (a, a + 1). Karena lingkaran menyinggung sumbu X di titik (5,0) maka jari-jari lingkaran tersebut adalah a + 1. Karena titik (5, 0) terletak pada lingkaran maka (5 − a)2 + (0 − (a + 1)) 2 = (a + 1)2 (5 − a)2 = 0 sehingga a = 5. ∴ Persamaan lingkaran tersebut adalah (x 5)2 + (y 6)2 = 62.

3.

Persamaan lingkaran tersebut memenuhi (x − a)2 + (y − (a + 1))2 = 52. Karena lingkaran melalui titik (0, 0) maka m aka 2 2 a + (a + 1) = 25 a2 + a − 12 = 0 (a − 3)(a + 4) = 0 Jika a = 3 maka persamaan lingkaran tersebut adalah (x − 3)2 + (y − 4)2 = 25 Jika a = −4 maka persamaan lingkaran tersebut adalah (x + 4) 2 + (y + 3)2 = 25 ∴ Jadi, persamaan lingkaran tersebut adalah (x 3)2 + (y 4)2 = 25 atau (x + 4)2 + (y + 3)2 = 25.

4.

A(−2,1) , B(4, −3) dan P(x,y) terletak sedemikian sehingga (PA)2 + (PB)2 = (AB)2. (x + 2)2 + (y − 1)2 + (x − 4)2 + (y + 3)2 = (4 + 2) 2 + (1 + 3)2 x2 + y2 − 2x + 2y − 11 = 0 (x − 1)2 + (y + 1)2 = 13. Jika y = 0 maka x = 1

±2 3

∴ Jadi, titik potong dengan sumbu X adalah di (1 + 2 3 , 0) dan (1 2 3 , 0) . 5.

6.

Titik (7,−1) pada lingkaran x 2 + y2 = 50 maka ∴ Persamaan garis singung di titik tersebut adalah 7x

y = 50.

Garis lurus 3x + 4y + k = 0 menyinggung lingkaran (x + 3) 2 + (y + 4)2 = 52. Alternatif 1 : (x + 3)2 + ( − k 4−3 x + 4)2 = 25 16(x + 3) 2 + (−k − 3x + 16)2 = 400. 16x2 + 96x + 144 + k2 + 9x2 + 256 + 6kx − 32k − 96x = 400 25x2 + +6kx + k2 − 32k = 0 Diskriminan = 36k2 − 4(25)(k2 − 32k) = 0 k(9k − 25k + 800) = 0 16k(50 − k) = 0 ∴ Nilai k adalah k = 0 atau k = 50

Eddy Hermanto, ST

31

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika Alternatif 2 : Gradien garis 3x + 4y + k = 0 adalah

− 34 .

Persamaan garis singgung (x + 3) 2 + (y + 4) 2 = 52 dengan gradien y+4=

− 34

adalah

− 34 (x + 3) ± 5 (− 34 )2 + 1

4y + 16 = −3x − 9 ± 25 3x + 4y + 25 ± 25 = 0 ∴ Nilai k adalah k = 0 atau k = 50 .

7.

Karena lingkaran menyinggung sumbu X di (6, 0) maka pusat lingkaran tersebut adalah (6, b). Jari-jari lingkaran tersebut sama dengan ⏐b⏐. Alternatif 1 : Jari titik (6, b) ke garis y = √3 x sama dengan jari-jari yaitu b maka

⏐b⏐ =

3 ( 6) − ( b ) 3+1

(2b)2 = (6√3 − b)2 b = 2√3 atau b = −6√3 ∴ Jari-jari lingkaran tersebut adalah 2 3 atau 6 3. Alternatif 2 : Misalkan garis y = √3x menyingung lingkaran di titik A dan sumbu X menyinggung lingkaran di titik B serta pusat lingkaran di titik P. Panjang OA = panjang OB = 6. (x2) + (√3x)2 = 62 x = ±3 ⏐PA⏐ = ⏐PB⏐ = b * Jika x = 3 maka titik A(3, 3 √3) (6 − 3)2 + (b − 3√3)2 = b2 9 + b2 + 27 − 6b√3 = b2 b = 2√3 Maka jari-jari lingkaran sama dengan 2 √3. * Jika x = −3 maka titik A( −3, −3√3) (6 + 3)2 + (b + 3√3)2 = b2 81 + b2 + 27 + 6b√3 = b2 b = −6√3 Maka jari-jari lingkaran sama dengan 6 √3. ∴ Jari-jari lingkaran tersebut adalah 2 3 atau 6 3. Alternatif 3 : Persamaan garis singgung lingakarn (x − 6)2 + (y − b)2 = b2 dengan gradien √3 adalah y − b = √3(x − 6) ± b 3 + 1 y − b = √3x − 6√3 ± 2b y = √3x − 6√3 + b ± 2b Maka − 6√3 + b ± 2b = 0 b + 2b = 6 √3 atau b − 2b = 6√3 b = 2√3 atau b = −6√3 ∴ Jari-jari lingkaran tersebut adalah 2 3 atau 6 3.

Eddy Hermanto, ST

32

Aljabar


Titik (7,−1) terletak di luar lingkaran x 2 + y2 = 40 Alternatif 1 : Persamaan garis melalui titik (7, −1) dan gradien m adalah y + 1 = m(x − 7). Subtitusi garis tersebut ke persamaan lingkaran didapat x2 + (mx − 7m − 1)2 = 40 (m2 + 1)x2 − 2(7m2 + m)x + 49m2 + 14m − 39 = 0 Diskriminan = 22(7m2 + m)2 − 4(m2 + 1)(49m2 + 14m − 39) Agar y + 1 = m(x − 7) menyinggung lingkaran x2 + y2 = 40 maka diskriminan harus sama dengan 0. 22(7m2 + m)2 − 4(m2 + 1)(49m2 + 14m − 39) = 0 49m4 + 14m3 + m2 − 49m4 − 14m3 + 39m2 − 49m2 − 14m + 39 = 0 −9m2 − 14m + 39 = 0 (9m − 13)(m + 3) = 0 m = 13 atau m = −3 9 13 9

Jika m =

maka garis singgung tersebut memiliki persamaan y + 1 =

13 9

(x − 7).

Jika m = −3 maka garis singgung tersebut memiliki persamaan y + 1 = −3(x − 7). ∴ Jadi, persamaan garis singung yang ditarik dari titik (7, −1) adalah 13x 9y = 100 dan 3x + y = 20. Alternatif 2 : Misalkan titik (xo, yo) = (7, −1). Persamaan garis polar titik (x o, yo) terhadap lingkaran x2 + y2 = 40 adalah xox + yoy = 40 yaitu 7x − y = 40 Subtitusikan persamaan garis polar tersebut ke lingkaran x 2 + y2 = 40 didapat x2 + (7x − 40)2 = 40 5x2 − 56x + 156 = 0 (5x − 26)(x − 6) = 0 x1 = 26 atau x2 = 6 5

− 185 sehingga titik singgung dari garis singgung tersebut pada lingkaran adalah ( 26 ,− 185 ) sehingga persamaan garis singgungnya adalah 13x − 9y = 100. 5

Jika x1 =

26 5

maka y1 =

Jika x2 = 6 maka y2 = 2 sehingga titik singgung dari garis singgung tersebut pada lingkaran adalah (6,2) sehingga persamaan garis singgungnya adalah 3x + y = 20. ∴ Jadi, persamaan garis singung yang ditarik dari titik (7, −1) adalah 13x 9y = 100 dan 3x + y = 20. Alternatif 3 : Misalkan gradien garis singung tersebut adalah m. Maka persamaan garis singgung tersebut adalah yaitu y = mx ± 40m + 40 . Karena garis tersebut melalui titik (7, −1) maka

y

= mx ± r

40m 2

m

2

+1

2

+ 40 = ±(7m + 1)

40m2

+ 40 = 49m2 + 14m + 1 9m2 + 14m − 39 = 0 (9m − 13) (m + 3) = 0 m = 13 atau m = −3 9 Jika m =

13 9

maka garis singgung tersebut memiliki persamaan y + 1 =

13 9

(x − 7).

Jika m = −3 maka garis singgung tersebut memiliki persamaan y + 1 = −3(x − 7). ∴ Jadi, persamaan garis singung yang ditarik dari titik (7, −1) adalah 13x 9y = 100 dan 3x + y = 20.

Eddy Hermanto, ST

33

Aljabar


Gradien 4y = −3x + 80 adalah

− 34 .

Persamaan garis singgung lingkaran x2 + y2 = 36 dengan gradien adalah y=

4 3

x+6

4 3

adalah

( 43 )2 + 1

∴ 3y = 4x + 30 . 10. x2 + y2 = 100 memiliki jari-jari 10. Jari titik ( −12, 5) ke pusat lingkaran x 2 + y2 = 100 adalah 12 + 5 = 13. ∴ Jarak terjauh titik ( −12, 5) ke lingkaran x 2 + y2 = 100 sama dengan 13 + 10 = 23. 2

2

11. (x + 5)2 + (y − 12)2 = 142 merupakan persamaan lingkaran berpusat di ( −5, 12) dan berjari-jari 14. Titik (0,0) terletak di dalam lingkaran (x + 5) 2 + (y − 12)2 = 142. x2 + y2 = r2 adalah persamaan lingkaran berpusat di (0,0) dan berjari-jari r. Agar nilai r minimum maka lingkaran x 2 + y2 = r2 harus menyinggung (x + 5) 2 + (y − 12)2 = 142. Misalkan persinggungannya di titik K. Jarak pusat ( −5, 12) ke titik K sama dengan 14. Jarak pusat ( −5, 12) ke titik titik (0,0) sama dengan 13. Maka jari-jari lingkaran x2 + y2 = r2 harus sama dengan 1. ∴ Jadi, nilai minimum dari x 2 + y2 adalah 12 = 1. 12. x2 + y2 = 4 + 12x + 6y ekivalen dengan (x − 6)2 + (y − 3)2 = 72 yang merupakan lingkaran berjari-jari 7. x2 + y2 = k + 4x + 12y ekivalen dengan (x − 2)2 + (y − 6)2 = k + 40 Jarak antarpusat kedua lingkaran =

(6 − 2)2 + (3 − 6)2

= 5.

Karena jarak antarpusat = 5 < 7 maka pusat lingkaran (x − 2)2 + (y − 6)2 = k + 40 terletak di dalam lingkaran (x − 6)2 + (y − 3)2 = 72. Agar terdapat titik potong maka haruslah 2 2 ≤ k + 40 ≤ 122. −36 ≤ k ≤ 104. Maka, a = −36 dan b = 104 ∴ Jadi, a − b = 140. 13. (x− 7)2 + (y − 3)2 = 64 adalah persamaan lingkaran Misalkan 3x + 4y = m. Karena (x, y) terletak pada lingkaran maka pastilah nilai maksimal dan minimal m akan menyebabkan garis lurus 3x + 4y = m menyinggung lingkaran. Persamaan garis singgung lingkaran (x− 7)2 + (y − 3)2 = 64 dengan gradien − 34 adalah y−3=

− 34 (x − 7) ± 8 (− 34 )2 + 1

4y − 12 = −3x + 21 ± 10 3x + 4y = 33 ± 10 m = 33 ± 10 Maka nilai m minimal adalah 23. ∴ Jadi, nilai terkecil dari 3x + 4y adalah 23.

Eddy Hermanto, ST

34

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika LATIHAN 5.E : 1.

⏐x − 1⏐ + ⏐x − 4⏐ = 2 Bagi dalam 3 kasus. * Jika x ≤ 1 Maka ⏐x − 1⏐ = 1 − x dan ⏐x − 4⏐ = 4 − x 1 − x + 4 − x = 2 sehingga x = 32 (tidak memenuhi x ≤ 1) *

*

Jika 1 < x ≤ 4 Maka ⏐x − 1⏐ = x − 1 dan ⏐x − 4⏐ = 4 − x x − 1 + 4 − x = 2 sehingga 3 = 2 (tidak memenuhi kesamaan) Jika x > 4 Maka ⏐x − 1⏐ = x − 1 dan ⏐x − 4⏐ = x − 4 x − 1 + x − 4 = 2 sehingga x = 72 (tidak memenuhi x > 4) Tidak ada nilai x yang memenuhi persamaan ⏐x − 1⏐ + ⏐x − 4⏐ = 2.

2.

Karena x ≥ p maka ⏐x − p⏐ = x − p. Karena x ≤ 15 maka ⏐x − 15⏐ = 15 − x. Karena x − 15 ≤ 0 sehingga x − p − 15 < 0 maka ⏐x − p − 15⏐ = 15 + p − x. ⎪x − p⎪ + ⎪x − 15⎪ + ⎪x − p − 15⎪ = x − p + 15 − x + 15 + p − x ⎪x − p⎪ + ⎪x − 15⎪ + ⎪x − p − 15⎪ = 30 − x. Karena x ≤ 15 maka nilai minimal dari ⎪x − p⎪ + ⎪x − 15⎪ + ⎪x − p − 15⎪ = 15 yaitu saat x = 15. Jadi, nilai minimal dari ⎪x − p⎪ + ⎪x − 15⎪ + ⎪x − p − 15⎪ adalah 15.

3.

Bagi dalam 3 daerah. • Jika x ≤ −11 ⏐x + 11⏐ = −x − 11 dan ⏐x − 7⏐ = 7 − x Persoalan menjadi y = (7 − x) − (−x − 11) = 18 • Jika −11 < x ≤ 7 ⏐x + 11⏐ = x + 11 dan ⏐x − 7⏐ = 7 − x Persoalan menjadi y = (7 − x) − (x + 11) = −4 − 2x x=

−4 − y 2

−11 < −42− y ≤ 7 −22 < −4 − y ≤ 14 −18 < −y ≤ 18 −18 ≤ y < 18

• Jika x > 7 ⏐x + 11⏐ = x + 11 dan ⏐x − 7⏐ = x − 7 Persoalan menjadi y = (x − 7) − (x + 11) = −18 Jadi, nilai y yang mungkin adalah −18 ≤ y ≤ 18 Maka nilai y bulat yang mungkin ada 37 .

Eddy Hermanto, ST

35

Aljabar


f(x) = ⏐⏐x − 2⏐ − a⏐ − 3 f memotong sumbu x maka ⏐⏐x − 2⏐ − a⏐ − 3 = 0 ⏐⏐x − 2⏐ − a⏐ = 3 ⏐x − 2⏐ − a = 3 atau ⏐x − 2⏐ − a = −3 ⏐x − 2⏐ = a + 3 atau ⏐x − 2⏐ = a − 3 Jika a + 3 = 0 maka ⏐x − 2⏐ = 0 hanya ada 1 penyelesaian. Sebaliknya jika a + 3 ≠ 0 maka penyelesaian persamaan⏐x − 2⏐ = a + 3 ada 2 penyelesaian yaitu x − 2 = a + 3 atau x − 2 = −(a + 3) Hal yang sama untuk persamaan ⏐x − 2 ⏐ = a − 3 Maka jika a = −3 akan menyebabkan hanya ada 1 penyelesaian x untuk persamaan ⏐x − 2⏐ = a + 3 namun ada dua nilai x untuk penyelesaian ⏐x − 2⏐ = a − 3 Sedangkan jika a = 3 akan menyebabkan hanya ada 1 penyelesaian x untuk persamaan ⏐x − 2⏐ = a − 3 namun ada dua nilai x untuk penyelesaian ⏐x − 2⏐ = a + 3 Nilai a yang membuat grafik f memotong sumbu x tepat di 3 titik adalah a = 3 atau a = 3.

5.

⏐x⏐ + x + y = 10 dan x + ⏐y⏐ − y = 12 * Jika x dan y di kuadran I maka ⏐x⏐ = x dan ⏐y⏐ = y 2x + y = 10 dan x = 12 sehingga y = −14 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran I) * Jika x dan y di kuadran II maka ⏐x⏐ = −x dan ⏐y⏐ = y * *

y = 10 dan x = 12 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran II) Jika x dan y di kuadran III maka ⏐x⏐ = −x dan ⏐y⏐ = −y y = 10 dan x − 2y = 12 sehingga x = 32 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran III) Jika x dan y di kuadran IV maka ⏐x⏐ = x dan ⏐y⏐ = −y 2x + y = 10 dan x − 2y = 12 Nilai (x, y) yang memenuhi adalah ( 32 , − 145 ) (memenuhi (x, y) di kuadran IV) IV) 5 x+y=

6.

32 5

−

14 5

=

18 5

⎪a + b⎪ + c = 19 dan ab + ⎪c⎪ = 97 • Jika c ≥ 0

•

ab + c = 97 ⏐a + b⏐ + 97 − ab = 19 ab − ⏐a + b⏐ − 78 = 0 * Jika a + b ≥ 0 maka ab − a − b − 78 = 0 (a − 1)(b − 1) = 79 Karena 79 adalah bilangan prima maka pasangan (a, b) yang mungkin memenuhi adalah (2, 80), (80,2), (0, −78)(−78,0). Yang memenuhi a + b ≥ 0 adalah (2,80) dan (80,2). Karena ab = 160 > 97 maka pasangan (2,80) dan (80,2) akan menyebabkan c < 0. Kontradiksi. * Jika a + b < 0 maka ab + a + b = 78 (a + 1)(b + 1) = 79 Karena 79 adalah bilangan prima maka pasangan (a, b) yang mungkin memenuhi adalah (0, 78), (78,0), ( −2,−80)(−80,−2). Yang memenuhi a + b < 0 adalah ( −2,−80) dan (−80,−2). Karena ab = 160 > 97 maka pasangan ( −2,−80) dan (−80,−2) akan menyebabkan c < 0. Kontradiksi. Jika c < 0 ab − c = 97 Syarat yang harus terpenuhi adalah ab − 97 < 0 atau ab < 97. ⏐a + b⏐ + ab − 97 = 19

Eddy Hermanto, ST

36

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika ab + ⏐a+ b⏐ = 116 * Jika a + b ≥ 0 maka ab + a + b − 116 = 0 (a + 1)(b + 1) = 117 = 3 2 ⋅ 13 Pasangan (a, b) yang memenuhi adalah (0,116), (116,0), (2,38), (38,2), (8, 12), (12,8). * Jika a + b < 0 maka ab − a − b = 116 (a − 1)(b − 1) = 117 = 3 2 ⋅ 13 Pasangan (a, b) yang memenuhi adalah (0, −116), (−116,0), (−2,−38), (−38,−2), (−8, −12), (−12,−8). Jadi, banyaknya tripel (a, b, c) yang memenuhi ada 12.

7.

x x

untuk x tak nol akan bernilai 1 jika x positif dan bernilai −1 jika x negatif. Karena simetri maka akan ada

4 kasus. • a, b dan c ketiganya positif a =4⋅1=4 + bb + cc + abc a abc

•

Dua di antara a, b dan c positif dan satu negatif Karena abc negatif maka a + bb + cc + abc =2⋅1−2⋅1=0 a abc

•

Satu di antara a, b dan c positif dan dua negatif Karena abc positif maka a + bb + cc + abc =2⋅1−2⋅1=0 a abc

•

a, b dan c ketiganya negatif Karena abc negatif maka a = 4 ⋅ (−1) = −4 + bb + cc + abc a abc Jadi, semua kemungkinan nilai dari

8.

a a

+ bb + cc +

abc abc

untuk a, b dan c tak nol adalah 4, 0 atau 4.

y = −⎪x − a⎪ + b dan y = ⎪x − c⎪ + d 5 = −⏐2 − a⏐ + b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) 5 = ⏐2 − c⏐ + d ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 3 = −⏐8 − a⏐ + b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) 3 = ⏐8 − c⏐ + d ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Dari persamaan (1) dan (3) didapat 2 = ⏐8 − a⏐ − ⏐2 − a⏐ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) • Jika a ≤ 2 maka 2 = 8 − a − (2 − a) 2=6 Tidak ada nilai a yang memenuhi. • Jika 2 < a ≤ 8 2 = 8 − a − (a − 2) a=4 • Jika a > 8 2 = a − 8 − (a − 2) 2 = −6 Tidak ada nilai a yang memenuhi. Jadi, nilai a yang memenuhi adalah a = 4.

Eddy Hermanto, ST

37

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika Dari persamaan (1) dan (3) didapat 2 = ⏐2 − c⏐ − ⏐8 − c⏐ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) • Jika c ≤ 2 maka 2 = 2 − c − (8 − c) 2 = −6 Tidak ada nilai c yang memenuhi. • Jika 2 < c ≤ 8 2 = c − 2 − (8 − c) c=6 • Jika c > 8 2 = c − 2 − (c − 8) 2=6 Tidak ada nilai c yang memenuhi. Jadi, nilai c yang memenuhi adalah 6. Maka a + c = 10.

9.

⎪x1⎪ + ⎪x2⎪ + ⋅⋅⋅ + ⎪xn⎪ = 19 + ⎪x1 + x2 + ⋅⋅⋅ + xn⎪ Karena −1 < xi < 1 dan ⎪x1⎪ + ⎪x2⎪ + ⋅⋅⋅ + ⎪xn⎪ < n sehingga haruslah n ≥ 20. Jika xi = 19 untuk i genap dan x i = − 19 untuk i ganjil atau sebaliknya maka akan memenuhi persamaan 20 20 dimaksud untuk n = 20. Jadi, n minimal = 20.

10. Pada 1 ≤ x ≤ 3 fungsi f(x) linier dengan puncak puncak pada f(2) = 1 serta f(1) = f(3) = 0. Grafik fungsi f(x) untuk 3 ≤ x ≤ 9 adalah tiga kali dari grafik f(x) pada 1 ≤ x ≤ 3 dengan puncak pada f(6) = 3. Grafik fungsi f(x) untuk 9 ≤ x ≤ 27 adalah 9 kali dari grafik f(x) pada 1 ≤ x ≤ 3 dengan puncak pada f(18) = 9. Demikian seterusnya. Grafik fungsi f(x) untuk 3 6 = 729 ≤ x ≤ 37 = 2187 adalah 729 kali dari grafik f(x) pada 1 ≤ x ≤ 3 dengan puncak pada f( 729 +22187 ) = f(1458) = 729. Maka f(2001) = 729 − (2001 − 1458) = 186. Karena 183 < 3 5 = 243 maka nilai x terkecil yang memenuhi f(x) =f(2001) akan terletak pada 243 < x < 729. Grafik fungsi f(x) untuk 243 ≤ x ≤ 729 adalah 243 kali dari grafik f(x) pada 1 ≤ x ≤ 3 dengan puncak pada f( 243+2729 ) = f(486) = 243 serta memenuhi f(243) = f(729) = 0 Karena 243 − 186 = 57 maka f(486 − 57) = f(429) = 186 = f(2001) Jadi, nilai terkecil x yang memenuhi m emenuhi f(x) = f(2001) adalah 429.

LATIHAN 6 : 1.

Persamaan umum lingkaran adalah x2 + y2 + Ax + By + C = 0 Karena ada 3 titik yang diketahui dan ada 3 variabel yang dicari yaitu A, B dan C maka soal ini merupakan sistem persamaan linier dengan 3 variabel (peubah). Subtitusikan titik (2, 2) ke persamaan lingkaran didapat 8 + 2A + 2B + C = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

Eddy Hermanto, ST

38

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika Subtitusikan titik (2, −4) ke persamaan lingkaran didapat 20 + 2A − 4B + C = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Subtitusikan titik (5, −1) ke persamaan lingkaran didapat 26 + 5A − B + C = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Kurangkan persamaan (1) dengan (2) maka didapat B = 2 dan subtitusikan ke persamaan (1) dan (3) 2A + C = −12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) 5A + C = −24 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Kurangkan persamaan (4) dengan (5) didapat A = −4 sehingga C = −4 Maka persamaan umum lingkaran menjadi x2 + y2 − 4x + 2y − 4 = 0 (x − 2)2 + (y + 1)2 = 32 Maka jari-jari lingkaran tersebut adalah 3.

2.

x+y+

x y

= 232 dan

x ( x + y ) y

Misalkan x + y = a dan

x y

= 2007

= b maka

a + b = 232 dan ab = 2007 a(232 − a) = 2007 (a − 223)(a − 9) = 0 a = 9 atau a = 223 Jadi, x + y real yang memenuhi adalah 9 dan 223.

3.

x2 + y2 + x + y = 12 xy + x + y = 3 Misalkan m = x + y dan n = xy maka m2 + m − 2n = 12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) m + n = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) m2 + 3m − 6 = 12 (m + 6)(m − 3) = 0 * Jika m = x + y = −6 Maka n = xy = 9 x(−6 − x) = 9 x2 + 6x + 9 = 0 (x + 3)2 = 0 x = −3 sehingga y = −3 * Jika m = x + y = 3 Maka n = xy = 0 Maka didapat pasangan (x, y) = (3, 0) dan (0, 3) Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah ( 3, 3), (0, 3), (3, 0).

4.

Misalkan x − z = z = x y = k ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Maka : y = k(x − z) x + y = kz ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) x = ky ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Jumlahkan (1) + (2) + (3) sehingga 2(x + y) = k(x + y). Karena x dan y keduanya positif maka x + y ≠ 0 sehingga k = 2. Karena x y = k maka x y = 2

y

Nilai

x y

x + y

sama dengan 2.

Eddy Hermanto, ST

39

Aljabar


= ab = ab

Karena

a1 b1

( )

p1a1n

a1 n

=

b1

2

2

p1b1n

=

3

dan p1, p 2 , p 3 bilangan tak nol maka

3

p2 a2n p2b2n

=

p3 a3n p3b3n

( )

a1 n b1

=

p1a1n p1b1n

=

p2 a2n p2b2n

=

p3a3n p3b3n

dan misalkan bahwa

= k.

Dari persamaan di atas didapat :

= p1a1n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) n n kp 2 b21 = p 2 a 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) kp3b3n = p3a3n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) n

kp1b1

Jumlahkan persamaan (1), (2) dan (3) untuk mendapatkan k = terbukti bahwa

( )

a1 n b1

Terbukti bahwa

=

p1a1n + p2 a2n + p3a3n p1b1n + p 2b2n + p3b3n

( )

a1 n b1

=

p1a1n + p2 a 2n + p3 a3n p1b1n

+

p2b2n

+

p3b3n

. Karena

( )

a1 n b1

= k maka

.

p1a1n + p 2 a2n + p3a3n p1b1n + p 2b2n + p3b3n

.

6.

x1 + 4x2 + 9x3 + 16x4 + 25x5 + 36x6 + 49x7 = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) 4x1 + 9x2 + 16x3 + 25x4 + 36x5 + 49x6 + 64x7 = 12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 9x1 + 16x2 + 25x3 + 36x4 + 49x5 + 64x6 + 81x7 = 123. ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Kurangkan (2) dengan (1) didapat 3x1 + 5x2 + 7x3 + 9x4 + 11x5 + 13x6 + 15x7 = 11 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Kurangkan (3) dengan (2) didapat 5x1 + 7x2 + 9x3 + 11x4 + 13x5 + 15x6 + 17x7 = 111 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Kurangkan (5) dengan (4) didapat 2x1 + 2x2 + 2x3 + 2x4 + 2x5 + 2x6 + 2x7 = 100 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6) Jumlahkan (5) dengan (6) didapat 7x1 + 9x2 + 11x3 + 13x4 + 15x5 + 17x6 + 19x7 = 211 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (7) Jumlahkan (3) dengan (7) didapat 16x1 + 25x2 + 36x3 + 49x4 + 64x5 + 81x6 + 100x7 = 334 ∴ 16x1 + 25x2 + 36x3 + 49x4 + 64x5 + 81x6 + 100x7 = 334

7.

y2 − (8 + 4x)y + (16 + 16x − 5x2) = 0 Alternatif 1 : (y − (4 + 5x)) (y − (4 − x)) = 0 y = 4 + 5x atau y = 4 − x Alternatif 2 : y1,2 =

•

(8+ 4 x )± (8+ 4 x )2 − 4(1)(16+16 x −5 x 2 ) 2

y1 = 4 + 5x atau y2 = 4 − x Jika y = 4 + 5x y2 = (x + 8)(x 2 + 2) (4 + 5x)2 = (x + 8)(x2 + 2) x(x − 19)(x + 2) = 0 x = 0 atau x = 19 atau x = −2 Jika x = 0 maka y = 4 + 5(0) = 4 Jika x = 19 maka y = 4 + 5(19) 5(19) = 99 Jika x = −2 maka y = 4 + 5(−2) = −6

Eddy Hermanto, ST

40

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika • Jika y = 4 − x (4 − x)2 = (x + 8)(x 2 + 2)

∴

x(x + 2)(x + 5) = 0 x = 0 atau x = −2 atau x = −5 Jika x = 0 maka y = 4 − (0) = 4 Jika x = −2 maka y = 4 − (−2) = 6 Jika x = −5 maka y = 4 − (−5) = 9 Pasangan (x, y) yang memenuhi adalah ( 5, 9), ( 2, 6), ( 2, 6), (0, 4), (19, 99).

8.

x + yz = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) y + xz = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) z + xy = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Kurangkan persamaan (1) dengan (2) didapat d idapat x − y + z(y − x) = 0 (z − 1) (x − y) = 0 z = 1 atau x = y • Untuk z = 1 x+y=1 1 + xy = 2 x (1 − x) = 1 x2 − x + 1 = 0 (tidak ada penyelesaian real sebab Diskriminan < 0) • Untuk x = y x + xz = 2 z + x2 = 2 x − z + x(z − x) = 0 (x − 1)(x − z) = 0 sehingga x = 1 atau atau x = z * Untuk x = 1 y=x=1 z+1=2 z = 1 sehingga tripel (x, y, z) yang memenuhi adalah adalah (1, 1, 1) * untuk x = z y=x=z x2 + x = 2 (x − 1)(x + 2) = 0 x = 1 atau x = 2 Tripel (x, y, z) yang memenuhi adalah (1, 1, 1) dan ( −2, −2, −2) ∴ Semua tripel (x, y, z) yang memenuhi adalah (1, 1, 1) dan ( 2, 2, 2)

9.

Misal x = a 2, y = b2 dan z = c 2 a2 − bc = 42 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) b2 − ac = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) c2 − ab = −30 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) a2 − bc + (c2 − ab) − 2(b2 − ac) = 0 a2 + c2 + 2ac − 2b2 − ab − bc = 0 (a + c)2 − b(a + c) − 2b2 = 0 ((a + c) + b)((a + c) − 2b) = 0 • Jika a + c + b = 0 (b + c)2 − bc = 42 sehingga b2 + c2 + bc = 42 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) b2 − (−b − c)c = 6 sehingga b2 + c2 + bc = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5)

Eddy Hermanto, ST

41

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika Dari persamaan (4) dan (5) maka tidak ada nilai a, b dan c yang memenuhi. Jika a + c − 2b = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6) a2 − ( a 2+ c ) c = 42

•

2a2 − ac − c2 = 84 c2 − ( a 2+ c ) a = −30

2c2 − ac − a2 = −60 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (8) 5(2a2 − ac − c2) + 7(2c2 − ac − a2) = 0 3a2 − 12ac + 9c2 = 0 3(a − 3c)(a − c) = 0 • Jika a = c Subtitusikan ke persamaan (6) sehingga a = b. Maka a = b = c Tetapi a2 − bc = 42 sehingga tidak ada nilai (a, b, c) yang memenuhi. • Jika a = 3c Subtitusikan ke persamaan (6) sehingga 2c = b c2 − (3c)(2c) = −30 c2 = 6 sehingga a 2 = 9c2 = 54 dan b2 = 4c2 = 24 Tripel (x, y, z) = (a 2, b2, c2) = (54, 24, 6) Tripel (x, y, z) yang memenuhi adalah (54, 24, 6)

∴

10.

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (7)

(

)= 2

(

)= 4

3 x 1 + x +1 y 7 y 1 − x +1 y

2

Dari persamaan di atas jelas bahwa x, y > 0. Akan kita dapatkan :

+ ( x+1 y )2 = 34x ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2 1 − x +2 y + ( x +1 y ) = 732y ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 1 + x +2 y

(1) (2)

Kurangkan persamaan (1) dengan (2) didapat 4 = 34 x − 732 y x + y 21xy = (x + y)(7y − 24x) = 7y2 − 24x2 − 17xy 7y2 − 24x2 − 38xy = 0 (7y + 4x)(y − 6x) = 0 Karena x, y > 0 maka y = 6x

3 x (1 +

3 x

− 14

x

3 x

7 x

3

x=

)= 2

+

7 x

x =

1 7x

14 + 14 2 −84

11+ 4 7 21

14 3

= 14 x + 3 = 0 (merupakan persamaan kuadrat dalam √x) = 7 +7 2 3 7 atau

dan y =

Dengan mengecek

22+8 7 7

(

11+ 4 7 21

x =

atau x =

, 22+78

7

14 − 14 2 −84 14 3

11− 4 7 21

), (

= 7 −7 2 37 didapat :

dan y =

11−4 7 21

, 22−78

7

penyelesaian.

∴ Jadi, penyelesaian (x, y) yang memenuhi adalah

Eddy Hermanto, ST

22−8 7 7

) ke persamaan semula maka keduanya merupakan (

42

11+ 4 7 21

, 22+78

7

), (

11− 4 7 21

, 22−78

7

). Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika LATIHAN 7 : 1.

Jika x ≤ 4 maka ⏐2x − 8⏐ = 8 − 2x Pertidaksamaan menjadi x2 < 8 − 2x (x + 4) (x − 2) < 0 −4 < x < 2 Ketaksamaan di atas memenuhi syarat awal x ≤ 4. Jika x ≥ 4 maka ⏐2x − 8⏐ = 2x − 8 Pertidaksamaan menjadi x2 < 2x − 8 x2 − 2x + 8 < 0 (x − 1)2 + 7 < 0 Ruas kiri adalah definit positif sehingga tidak ada penyelesaian x yang memenuhi. Penyelesaian x yang memenuhi pertidaksamaan x 2 < ⏐2x − 8⏐ adalah 4 < x < 2

*

*

2.

8 15

< n+n k < 137

< n +n k 8n + 8k < 15n sehingga k < 8 15

n n + k

<

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

7 13

13n < 7n + 7k sehingga k > Maka

7n 8

6n 7

6n 7

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

7n 8

Agar nilai k hanya ada 1 kemungkinan maka 7n 8

−

6n 7

=

n 56

7n 8

−

6n 7

≤2

≤2

n ≤ 112 Jika n = 112 maka 96 < k < 98. Hanya ada satu nilai k yang memenuhi yaitu k = 97 Bilangan n terbesar yang memenuhi adalah n = 112

3.

Misalkan y

= x 2 sin x + x cos x + x 2 + 12 = (1 + sin x ) x 2 + x cos x + 12

Maka y dapat dianggap merupakan persamaan kuadrat dalam x. Diskriminan = cos2x − 2(1 + sin x) Diskriminan = 1 − sin2x − 2 − 2sin x Diskriminan = −(sin x + 1)2 − 1 < 0 1 + sin x > 0 Karena diskriminan dari y < 0 sedangkan koefisien x 2 > 0 maka x sin x + x cos x + x 2

2

+ 12

definit positif.

∴ Terbukti bahwa x 2 sin x + x cos x + x 2 + 12 > 0 4.

x4 − 2x3 + 5x2 − 176x + 2009 = 0 (x2 − x)2 + (2x − 44)2 + 73 = 0 Karena bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka tidak ada x real yang memenuhi. Banyaknya bilangan real x yang memenuhi adalah 0.

Eddy Hermanto, ST

43

Aljabar


x

+

+2

y

z − 2 + u

( x − ) + ( 1 2

2

− 12 ) + ( 2

y

+

v =x+y+z+u+v

) +(

z − 2 − 1

2

u

− 12 ) + ( 2

v

− 12 ) = 0 2

Karena bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka penyelesaian real yang memenuhi adalah x = y = u = v = 14 dan z = 3 . Jadi, penyelesaian yang memenuhi adalah x = y = u = v =

6.

x+y−

1 x

−

(2 − − 2 ( 2− − 1 x

1 4

dan z = 3.

( 2 x − 1 + 2 y − 1) 2 x − 1 + x ) + (2 − − 2 2 y − 1 + y ) = 0 x ) + ( 2 − − y ) = 0 1 y

+4=2

1 y

2

1 x

2

1 y

Karena bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka penyelesaian persamaan di atas adalah

2 − x1

− 2 − x1 =

x

=0

dan

2 − y1

x sehingga 2 − x1

−

y

=0

=x

x2 − 2x + 1 = 0 sehingga (x − 1)2 = 0 x=1 Dengan cara yang sama didapat nilai y = 1. Pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (1, 1).

7.

− x 3−1 x −1 − x 3−1 4 x 4 −1 4

3

4

3

(

) (

) = (3 x + 2 x +1)

3 x 4 −1 − 4 x 3 −1 12

=

( x −1)

2

=

( x −1)(3( x 3 + x + x +1)− 4 ( x 2 + x +1)) 12

=

( x −1)(3 x 3 − x 2 − x −1) 12

2

12

Persamaan 3x2 + 2x + 1 merupakan persamaan kuadrat definit positif. Jadi,

− x 3−1 ≥ 0. Tanda kesamaan terjadi jika x = 1. x −1 ≤ x 4−1 (terbukti) 3 x 4 −1 4

3

3

8.

4

a2 + b2 − ab = c2 a2 + b2 − ab = a2 + b(b − a) = c 2 sehingga c

=

a

2

+ b(b − a)

Karena a dan b simetris maka tanpa mengurangi keumuman soal misalkan bahwa a ≤ b Dari ketaksamaan didapat a

≤

a2

+ b(b − a ) . Tanda kesamaan terjadi bila b = a.

Maka a ≤ c. Karena a(b − a) ≥ 0 maka Karena

b

2

b2

− a(b − a) ≤ b

− a (b − a ) = c maka c ≤ b.

Jadi, a ≤ c ≤ b a − c ≤ 0 sedangkan b − c ≥ 0 ∴ Akibatnya (a c)(b c) 0 (terbukti)

Eddy Hermanto, ST

44

Aljabar


x8 > 0 dan

1 x 4

> 0untuk semua nilai x real tak nol

• Jika x < 0 Maka x5 < 0 dan

• Jika x > 0 x8 − x5 − x1 + x8 − x5 −

1 x

+

1 x

< 0 sehingga x

1 x 4

= x5(x3 − 1) −

1 x 4

=

1 x 4

1 x 4

8

− x 5 − x1 + x1 ≥ 0 (terbukti) 4

(x3 − 1) = (x 3 − 1)(x5 −

1 x 4

)=

1 x 4

(x3 − 1)(x9 − 1)

(x3 − 1)(x9 − 1)

Alternatif 1 : Jika 0 < x ≤ 1 maka x3 − 1 ≤ 0 dan x9 − 1 ≤ 0 sehingga (x3 − 1)(x9 − 1) ≥ 0 Jika x ≥ 1 maka x3 − 1 ≥ 0 dan x9 − 1 ≥ 0 sehingga (x3 − 1)(x9 − 1) ≥ 0 1 (x3 − 1)(x9 − 1) ≥ 0 x 4 Terbukti bahwa x8 − x5 −

1 x

+

1 x 4

≥0

Alternatif 2 : (x3 − 1)(x9 − 1) = (x3 − 1)(x3 − 1)(x6 + x3 + 1) = (x3 − 1)2(x6 + x3 + 1) Untuk x > 0 maka (x3 − 1)2 ≥ 0 dan (x6 + x3 + 1) > 0 sehingga x14 (x3 − 1)(x9 − 1) ≥ 0 Terbukti bahwa x8 − x5 −

1 x

+

1 x 4

≥0

∴ Terbukti bahwa jika x bilangan real tak nol berlaku x8 x5

1 x

+

1 x 4

0.

10. f(x) = x 2 + 4 f(xy) = x 2y2 + 4 f(y − x) = (y − x)2 + 4 f(y + x) = (y + x) 2 + 4 f(xy) + f(y − x) = f(y + x) x2y2 + 4 + (y − x)2 + 4 = (y + x) 2 + 4 x2y2 + y2 + x2 − 2xy + 4 = y2 + x2 + 2xy x2y2 + 4 = 4xy (xy − 2)2 = 0 Jadi xy = 2 Dengan ketaksamaan AM-GM maka

x + y

≥2

xy

=2

2

Dengan memanfaatkan bilangan kuadrat tak mungkin negatif x+y=x+

2 x

=

( x − ) 2

2

x

+ 2 2

Bilangan kuadrat tak mungkin negatif sehingga x + y

≥2 2

Tanda kesamaan terjadi jika x = y = 2 Nilai minimum dari x + y adalah 2 2

11. f(x) =

4 x 2 + 8 x +13 6 (1+ x )

4 x 2 +8 x +13 6 (1+ x )

4 ( x +1) + 9 6 ( x +1) 2

=

Eddy Hermanto, ST

=

2 ( x +1) 3

+ 2( x3+1) 45

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika Sesuai ketaksamaan AM-GM maka 4 x 2 +8 x +13 6 (1+ x )

2 ( x +1) 3

≥2

⋅ 2( x3+1)

=2

Tanda kesamaan terjadi jika (x + 1)2 =

9 4

sehingga x =

∴ Nilai terkecil f(x) =

1 2

2 ( x +1) 3

= 2( x3+1)

atau x = − 52 (tidak memenuhi)

4 x 2 + 8 x +13 6 (1+ x )

adalah 2 jika x =

1 2

.

⎛ n ⎞ = a + a + a + + a n n ⎜ ∑ ai ⎟ 1 2 3 ⋅⋅⋅ n ≥ a1a 2 a3 L a n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) ⎝ i =1 ⎠ ⎛ n 1 ⎞ 1 1 1 Sesuai ketaksamaan AM-GM maka ⎜⎜ ∑ ⎟⎟ = a + a + a + L + a1 ≥ n n a1 ⋅ a1 ⋅ a1 ⋅ L ⋅ a1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⎝ i =1 ai ⎠

12. Sesuai ketaksamaan AM-GM maka

1

2

3

n

1

2

3

n

(2)

Kalikan persamaan (1) dan (2) didapat n ⎛ n ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟⎟ ≥ n 2 (terbukti) ⋅ a ⎟ ∑ ∑ i ⎜ ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ai ⎠

∴ ⎜

13. Berdasarkan ketaksamaan AM-GM maka n

a1 ⋅ a 2 ⋅ a3 L ⋅ a n ≤

a1 + a2 + a3 +L+ an n

Tanda kesamaan berlaku jika a1 = a2 = a3 = ⋅⋅⋅ = an-1 = an. Maka : 999

1 ⋅ 2 ⋅ 3L 998 ⋅ 999

999

999! < 500

+ + 999 < 1+ 2+3999 L

∴ Terbukti bahwa 999! < 500999 14. Alternatif 1 : Bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka (2a − b)2 ≥ 0. Tanda kesamaan terjadi bila 2a = b. 4a2 + b2 + 5ab − 9ab ≥ 0 Karena a dan b positif maka

− ab9(aab+b ) ≥ 0 ( 4 a + b )( a + b ) − a 9+b ≥ 0 ab ( a + b ) ∴ 1a + b4 ≥ a 9+b (terbukti) 4 a 2 + b 2 + 5 ab ab ( a + b )

Alternatif 2 :

+ b4 − a9+b 1 + b4 − a9+b a 1 a

= =

(4a+b ) ab

− a 9+b

=

4 a 2 + b 2 − 4 ab ab ( a + b )

( 2 a −b )2 ab ( a + b )

Bilangan kuadrat tidak mungkin negatif serta a dan b positif sehingga 1 + b4 − a9+b ≥ 0. Tanda kesamaan terjadi jika 2a = b. a

∴

1 a

+ b4 ≥ a 9+b

(terbukti)

Eddy Hermanto, ST

46

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika Alternatif 3 : Sesuai ketaksamaan AM-HM maka a+ b + b 2

≥

2

3

3 1 a

+ b2 + b2

Tanda kesamaan terjadi bila a =

∴

+ b4 ≥ a 9+b

1 a

b 2

(terbukti)

15. Alternatif 1 : Berdasarkan ketaksamaan AM-GM maka a + a + 2b 3

≥3

2

2a b

Tanda kesamaan terjadi jika a = a = 2b. 8( a + b ) 27

3

≥ 2a 2 b ∴ ( aa+ bb) ≥ 274 3

2

(terbukti). Tanda kesamaan terjadi jika a = 2b .

Alternatif 2 : Karena a dan b positif maka (a − 2b)2(4a + b) ≥ 0 4a3 − 15a2b + 12ab2 + 4b3 ≥ 0 4a3 + 12a2b + 12ab2 + 4b3 ≥ 27a2b 4(a + b)3 ≥ 27a2b

∴

( a + b )3 a 2b

≥ 274

(terbukti). Tanda kesamaan terjadi jika a = 2b .

16. Alternatif 1 :

(1 + x1 ) 1 + y1 = 1 + x xy+ y + xy1 Karena x + y = 1 maka

(1 + x1 ) 1 + y1 = 1 + xy2

Berdasarkan ketidaksamaan AM-GM x + y 2

≥

xy

Karena x dan y keduanya bilangan real positif maka : 1 ≥ xy sehingga xy2 ≥ 8 . 4

∴

(1 + x1 ) 1 + 1y ≥ 9

(terbukti)

Alternatif 2 : (x − y)2 ≥ 0 (x + y)2 ≥ 4xy Karena x + y = (x + y) 2 = 1 maka 2(x + y) 2 = x + y + 1 ≥ 8xy xy + x + y + 1 ≥ 9xy (x + 1)(y + 1) ≥ 9xy ∴ (1 + x1 ) 1 + 1y ≥ 9 (terbukti)

Eddy Hermanto, ST

47

Aljabar


a b

+ bc + ac

=3

Karena a, b dan c positif maka dengan ketaksamaan AM-GM didapat a b

+ bc + ac ≥ 3 ⋅ 3 ab ⋅ bc ⋅ ac

=3

Tanda kesamaan terjadi jika a = b = c. Karena ab + bc + ac = 3 maka haruslah a = b = c yang kontradiksi dengan a < b < c. Banyaknya bilangan positif a yang memenuhi adalah 0.

18. x + y + z = 1 Berdasarkan ketaksamaan AM-GM maka x2 + y2 ≥ 2xy y2 + z2 ≥ 2yz x2 + z2 ≥ 2xz Sehingga didapat x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + xz 12 = (x + y + z) 2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) ≥ 3(xy + yz + xz) ∴ xy + yz + xz 13 (terbukti)

19. Sesuai ketaksamaan AM-GM maka 1 + y1 ≥ xy2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) x

+ z1 ≥ 1 + z1 ≥ y

1 x

2 xz

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

2 yz

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

Jumlahkan ketiga persamaan di atas didapat 1 x

+ y1 + z1 ≥

1 xy

+

1 xz

+

1 yz

Karena x, y dan z berbeda maka 1 x

+ y1 + z1 >

1 xy

+

1 xz

+

1 yz

(terbukti)

20. Berdasarkan ketaksamaan AM-GM maka a2 + b2 ≥ 2ab a2 + c2 ≥ 2ac a2 + d2 ≥ 2ad b2 + c2 ≥ 2bc b2 + d2 ≥ 2bd c2 + d2 ≥ 2cd Jumlahkan semua ketaksamaan tersebut maka 3(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) a+b+c+d+e=8 (8 − e)2 = (a + b + c + d) 2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd (8 − e)2 ≤ 4(a2 + b2 + c2 + d2) = 4(16 − e2) 64 − 16e + e2 ≤ 64 − 4e2 sehingga 5e2 − 16e ≤ 0 e(5e − 16) ≤ 0 Maka 0 ≤ e ≤ 165 Jadi, nilai maksimal dari e adalah

Eddy Hermanto, ST

16 5

. 48

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika 21. x1 + x2 + x3 + x4 = −p x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4 = q x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4 = −r x1x2x3x4 = s pr = (x1 + x2 + x3 + x4)( x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4) pr = (x1 + x2 + x3 + x4) x1 + x1 + x1 + x1 (x1x2x3x4) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) 1

2

3

4

Menurut ketaksamaan AM-GM maka : (x1 + x2 + x3 + x4) ≥ 4

4

+ x1 + x1 + x1 ≥ 4 4

1 x1

2

3

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

x1 x 2 x3 x 4

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

1 x1 x2 x3 x4

4

Tanda kesamaan terjadi bila x 1 = x2 = x3 = x4 Dari persamaan (2) dan (3) didapat : (x1 + x2 + x3 + x4) x11 + x12 + x13 + x14 ≥ 16 pr = (x1 + x2 + x3 + x4)

+ x1 + x1 + x1

1 x1

2

3

4

(x1x2x3x4) ≥ 16s

∴ pr 16s 0 (terbukti) Menurut ketidaksamaan AM-GM maka :

x1 x 2

+ x1 x3 + x1 x 4 + x 2 x3 + x 2 x 4 + x3 x 4 ≥ 6 ⋅ 6 ( x1 x2 x3 x 4 )3 = 6 ⋅ ( x1 x 2 x3 x4 )1 / 2

q ≥ 6 ⋅ s1/2 ∴ q2 36s

0 (terbukti)

22. Misalkan x = b + c, y = a + c dan z = a + b maka 2a = y + z − x, 2b = x + z − y dan 2c = x + y − z 2a b+c

+ a2+bc + a2+cb

=

y + z − x x

+ x+ z y− y + x+ z y− z

Dengan AM-GM didapat

(

y x

+ x y ) ≥ 2, ( x z + xz ) ≥ 2

+ z y ) ≥ 2 = x y , x z = x z

y x

+ x y

+

( x z + z x ) +

z y

+ z y − 3

(

z y

dan

Tanda kesamaan terjadi bila

=

y x

dan

z y

= z y

yang berakibat x = y = z.

Maka tanda kesamaan terjadi bila b + c = a + c = a + b yang berakibat a = b = c. 2a + a2+bc + a2+cb ≥ 2 + 2 + 2 − 3 b+c

∴ Jadi terbukti

2a b +c

+ a2+bc + a2+cb

3 dengan tanda kesamaan terjadi bila a = b = c.

23. (i) Berdasarkan ketaksamaan AM-HM maka : ( a + b )+ ( b + c )+ ( c + a ) 3

∴

9 a +b+ c

≤2

≥

3

+ 1 + 1 a +b b+c c +a 1

( a1+b + b+1 c + c+1a ) (terbukti)

(ii) Berdasarkan ketaksamaan AM-HM maka : a +b 2

1 a +b

≥

2

1 a

+ b1

≤ 14 ( 1a + b1 ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

(1)

dengan cara yang sama didapat : 1 b+c

≤ 14 ( 1b + 1c ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Eddy Hermanto, ST

(2)

49

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika ≤ 14 (1c + 1a ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) 1 + b1+c + c+1a ≤ 14 ( 1a + 1b ) + 14 ( b1 + 1c ) + 14 ( 1c + 1a ) a +b ∴ a 1+b + b +1 c + c +1 a ≤ 12 ( 1a + b1 + 1c ) (terbukti)

1 c+a

24. Sesuai AM-GM berlaku : 1 2 + b12 ≥ ab ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) a2 Dengan cara yang sama maka 1 2 + c12 ≥ ac ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) a2 1 b2

+

1 c2

≥

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

2 bc

Dari penjumlahan (1), (2) dan (3) didapat 1 1 1 + b12 + c12 ≥ ab + ac + bc1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ a2

(4)

Dengan cara yang sama seperti (4) akan didapat a2 + b2 + c2 ≥ ab + ac + bc ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Dari persamaan (4) didapat b+c ) + b1 + c1 (a + b + c ) ≥ ( ab1 + ac1 + bc1 )(a + b + c ) = (a +abc (1a + ba+c ) + (1b + ab+c ) + (1c + ac+b ) ≥ a +b +c +abc2ab+2ac+2bc

2

1 a2

2

2

2

2

2

2

2

2

Dengan memperhatikan persamaan (5) didapat :

( 1a + 1b + 1c ) + ac+b + ba+c + ab+c ≥ 3 ( + + ) = 3( 1 + 1 + 1 ) ∴ ac+b + ba+ c + cb+ a ≥ 2( 1a + b1 + 1c ) (terbukti) 2

2

2

2

ab ac bc abc

2

a

b

c

2

25. Berdasarkan AM-GM didapat bahwa a 2 + b2 ≥ 2ab ; a2 + c2 ≥ 2ac dan b2 + c2 ≥ 2bc 1 + 1+1bc + 1+1ca ≥ a12+b2 + b12 +c2 + c12+a2 1+ ab 1+

1+

2

1+

2

2

Berdasarkan AM-HM didapat bahwa : a 2 +b2 +c2 3 1 2 2 1+ a +2b

∴

+

1 1+ ab

≥

3

1 a2

+ 12 + 12 sehingga b

1 2 2 1+ b 2+c

c

+

≥

1 2 2 1+ c +2a

+ 1+1bc + 1+1ca

≥

3 2

1 a2

+ b1 + c1 ≥

9 3+ a 2 + b 2 + c 2

2

2

9 a 2 +b 2 + c 2

. Maka :

= 3+9 3

(terbukti)

26. (a3 − b3)(a2 − b2) ≥ 0 Jika a ≥ b maka a3 − b3 ≥ 0 dan a2 − b2 ≥ 0 maka (a3 − b3)(a2 − b2) ≥ 0 (ketaksamaan di atas terbukti) Jika a ≤ b maka a3 − b3 ≤ 0 dan a2 − b2 ≤ 0 maka (a3 − b3)(a2 − b2) ≥ 0 (ketaksamaan di atas terbukti) a5 + b5 ≥ a2b2(a + b) ab a +b 5 + ab 5

≤

ab a b ( a +b )+ ab 2 2

⋅ cc

2 2

Dengan menggunakan fakta bahwa abc = 1 maka : ab a 5 +b 5 + ab

≤

c a +b +c

Eddy Hermanto, ST

50

Aljabar

Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika Dengan cara yang sama didapatkan : bc b 5 + c 5 + bc

≤

a a +b+ c

ca c 5 + a 5 + ca

≤

b a +b+ c

ab a 5 +b 5 + ab

+

bc b 5 + c 5 +bc

∴

ab a 5 + b 5 + ab

+

+

ca c 5 + a 5 + ca

bc b 5 + c 5 + bc

Eddy Hermanto, ST

+

≤

c a +b+ c

ca c 5 + a 5 + ca

+ a +ab + c + a +bb + c

≤ 1 (terbukti)

51

Aljabar

Solusi Latihan Materi Aljabar Versi 3

Recommend Documents