Contents. List of Tables. List of Figures. 1 Mathematics Proof Method Metode Pembuktian Matematis Direct Proof Bukti Langsung

Contents Contents

iv

List of Tables

v

List of Figures

vi

1

Mathematics Proof Method Metode Pembuktian Matematis 1.1

1

Direct Proof Bukti Langsung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2

Indirect Proof Bukti Tak Langsung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Number Theory Teori Bilangan 2.1

6

11

Divisibility Keterbagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2

3

11

Special Number Bilangan Khusus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1

A Prime and Composite Number Bilangan Prima dan Komposit . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2.2

14

14

Perfect Square Bilangan Kuadrat Sempurna . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

15

CONTENTS

ii

2.3

GCD dan Algoritma Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.4

Modular Arithmetic Modulo Aritmatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.5

Algebra Functions Fungsi Aljabar 3.1

23

28

Polynomials Inequality Pertidaksamaan Polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1

3.1.2

28

Inverse Function Fungsi Invers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

Arithmetic and Geometric Sequence Barisan Aritmatik dan Geometrik . . . . . . . . . . . . . .

3.2

19

Linear Diophantine Equations Persamaan Linier Diophantin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

17

34

Arithmetic, Geometric, Harmonic, and Quadratic Means Rataan Aritmatik, Geometrik, Harmonik dan Kuadratik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.3

43

The Polynomials and Remainder Theorem Suku Banyak dan Teorema Sisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1

Polynomials Division Pembagian Suku Banyak . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.3.2

47

Remainder Theorem Teorema Sisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.3.3

47

49

Factor Theorem Teorema faktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

CONTENTS 3.3.4

iii Properties of Polynomial Roots Sifat-Sifat Akar-Akar Suku Banyak . . . . . . . . . . . . . .

4

Trigonometry Trigonometri 4.1

4.1.1

4.1.2

63

Formulas of Sum and Difference of Angles Rumus-rumus Jumlah dan Selisih Sudut . . . . . . . . . .

4.1.3

58

Sine and Cosine Rule Aturan Sinus dan Cosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65

Trigonometric Equation Persamaan Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69

Limit Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

71

4.2.1

Solution Techniques Metode Penyelesaian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.2.2

4.2.3

75

Limit of Algebraic Function Limit Fungsi Aljabar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

76

Limit of Trigonometric Function Limit Fungsi Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

57

Trigonometric Function Fungsi Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.2

50

79

Geometri

86

5.1

Segitiga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

86

5.2

Segitiga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

87

5.3

Lingkaran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

96

CONTENTS 6

Kombinatorika

iv 125

6.1

Permutasi dan Kombinasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

6.2

Prinsip Inklusi-Ekslusi dan Peluang . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

6.3

Koefisien Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

6.4

Prinsip Sarang Merpati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

6.5

Paritas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

6.6

Relasi Rekurensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

6.7

Soal-soal dan Pembahasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

List of Tables 4.1

Trigonometric quadrant system . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

4.2

The value of trigonometric functions for special angles . . . . . .

60

4.3

The value of trigonometric functions for any angle (X o − α) . . .

61

4.4

The value of trigonometric functions for negative angles . . . . .

62

4.5

The value of trigonometric functions for any angle (X o + α) . . .

62

v

List of Figures 3.1

Squares in the circles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

4.1

The right triangle trigonometric system . . . . . . . . . . . . . . .

58

4.2

Triangle and circle of radius R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

4.3

Sum and Difference of Angles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66

5.1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

86

vi

¥¥¥¥¥¥

CHAPTER 1

Mathematics Proof Method Metode Pembuktian Matematis In mathematics, a proof is a convincing demonstration (within the accepted standards of a field study) to show that some mathematical statement is necessarily true. Proofs are obtained from deductive reasoning, rather than from inductive or empirical arguments. That is, a proof must demonstrate that a statement is true in all cases, without a single exception. Dalam matematika, bukti adalah suatu demonstarasi meyakinkan (mengikuti beberapa standar yang diterima dari suatu bidang kajian tertentu) untuk menunjukkan bahwa pernyataan matematika itu betul-betul benar. Pembuktian lebih diperoleh dari penarikan kesimpulan secara deduktif dibandingkan dengan penarikan kesimpulan yang secara induktif atau empiris. Dengan demikian, bukti harus menunjukkan bahwa sebuah pernyataan itu adalah benar disegala hal tanpa suatu perkecualian sedikitpun. The statement that is proved is often called a theorem. Once a theorem is proved, it can be used as the basis to prove further statements. A theorem may also be referred to as a lemma, that is a sub theorem, especially if it is intended for use as a stepping stone in the proof of another theorem. An implication of theorems or lemmas is known as a corollary. An unproved proposition that is believed to be true is known as a conjecture. Sebuah pernyataan yang sudah terbuktikan disebut dengan teorema. Sekali teorema itu terbuktikan maka hal ini dapat digunakan sebagai dasar untuk membuktikan pernyataan-pernyataan selanjutnya. Kadangkala teorema disebut juga 1

Chapter 1. Mathematics Proof Method

2

dengan lemma, bagian kecil dari teorema, khusunya jika hal ini digunakan sebagai batu loncatan untuk membuktikan teorema-teorema lainnya. Sebuah akibat dari beberapa teorema atau lemma disebut dengan korolary. Sebuah pernyataan yang tidak terbuktikan namun diyakini kebenarannya dikenal dengan istilah konjektur. Proofs employ logic but usually include some amount of natural language which usually admits some ambiguity. In fact, the vast majority of proofs in written mathematics can be considered as applications of rigorous informal logic. Purely formal proofs, written in symbolic language instead of natural language, are considered in proof theory. The distinction between formal and informal proofs has led to much examination of current and historical mathematical practice, quasi-empiricism in mathematics, and so-called folk mathematics (in both senses of that term). Therefore, the philosophy of mathematics is concerned with the role of language and logic in proofs, and mathematics as a language. Beberapa pembuktian matematika menggunakan logika, namun biasanya juga melibatkan beberapa bahasa biasa yang kadangkala memunculkan dua arti. Namun demikian fakta menunjukkan bahwa hampir semua pembuktian dalam pernyataan matematika dapat dikatakan sebagai suatu aplikasi dari logika matematika informal. Dalam pembuktian formal yang asli, penulisan dengan simbolsimbol matematika dibandingkan dengan penulisan dengan bahasa biasa lebih dipilih dalam teori pembuktian. Perbedaan antara pembuktian formal dan informal telah mendasari beberapa evaluasi matematika dan sejarah latihan matematika akhir-akhir ini, termasuk juga matematika semi empiris, sehingga kita mempunyai istilah yang dikenal dengan matematika untuk umum (terhadap kedua istilah itu). Dengan demikian, filosofi matematika sesungguhnya adalah terkait dengan bagaimana perananan bahasa dan logika dalam matematika itu sendiri, sehingga matematika menjadi suatu bahasa.


3

Mathematics statement can be either true or false. A statement which is always true is called a tautology, a statement which is always false is called a contradiction. To prove a truth of mathematics statement, we need a proof technique. Basically, there are two types of proof technique, namely direct proof and indirect proof. In the following, we describe how the two techniques are implemented in proving the truth of a statement. Pernyataan matematika dapat bernilai benar atau salah. Suatu pernyataan yang selalu bernilai benar disebut tautologi, sedangkan pernyataan yang selalu bernilai salah disebut kontradiksi. Untuk membuktikan kebenaran suatu pernyataan matematika dibutuhkan suatu metode pembuktian. Pada prinsipnya terdapat dua metode pembuktian, yaitu bukti langsung dan bukti tak langsung. Berikut ini akan dijelaskan bagaimana kedua metode itu diterapkan untuk membuktikan kebenaran suatu pernyataan.

1.1

Direct Proof Bukti Langsung

In this case, to prove a truth of mathematics statement is utilized a direct way with a particular technique in direction of having a conclusion. In general, there are three direct proofs, namely one way proof (implication), two ways proof (biimplication/equivalence) and mathematics induction. Some examples of the use of those methods are presented in the following. Dalam hal ini, pembuktian dalam kebenaran matematika dibuktikan dengan cara langsung dengan teknik-teknik tertentu sampai mencapai kesimpulan. Secara umum, terdapat tiga pembuktian langsung yaitu pembuktian satu arah (implikasi), pembuktian dua arah (biimplikasi/ekuivalensi) dan induksi matematika. Beberapa contoh penggunaan metode tersebut adalah sebagai berikut.

4


Lemma 1.1.1 If n is a natural number then 1 + 2 + 3 + · · · + n = n2 (n + 1) for any n. Lema 1.1.1 Jika n suatu bilangan asli maka 1 + 2 + 3 + · · · + n = setiap n.

n (n 2

+ 1) untuk

Proof. Implication Proof: Suppose Un = n2 =⇒ Un+1 = (n + 1)2 = n2 + 2n + 1 =⇒ Un+1 − Un = 2n + 1. Then we have Bukti. Pembuktian Implikasi: Misal Un = n2 =⇒ Un+1 = (n + 1)2 = n2 + 2n + 1 =⇒ Un+1 − Un = 2n + 1. Maka didapat Un+1 − Un = 2n + 1 Un − Un−1 = 2(n − 1) + 1 .. . U3 − U2 = 2 · 2 + 1 U2 − U1 = 2 · 1 + 1. Sum up the n equations above, we get Jumlahkan seluruh n persamaan di atas maka akan didapat Un+1 − U1 = 2(1 + 2 + · · · + n) + (1 + 1 + · · · + 1) n2 + n 1 + 2 + ··· + n = 2 Therefore Dengan demikian 1 + 2 + · · · + n = n2 (n + 1).

2

Lemma 1.1.2 Let a, b be two integer numbers and n be a positif integer. For any integer n, n|a and n|b will give the same remainder if and only if n|(a − b). Lema 1.1.2 Diberikan dua bilangan bulat a, b dan bilangan bulat positip n. Untuk sebarang bilangan bulat n, na dan nb akan mempunyai sisa yang sama jika dan hanya jika n|(a − b).


5

Proof. Equivalence Proof: Bukti. Pembuktian Ekuivalensi: (=⇒) Let s be a remainder of a and b divided by n, we have a = kn + s and b = jn + s for 0 ≤ s ≤ n dan k, j ∈ I. Misal sisa pembagian bilangan a dan b oleh n adalah s maka a = kn + s dan b = jn + s, dengan 0 ≤ s ≤ n dan k, j ∈ I. a − b = (kn + s) − (jn + s) = (kn − jn) = (k − j)n. Since k, j ∈ I, k − j = p where p is also integer, and a − b = pn, it shows that n|(a − b). Karena k, j ∈ I maka k−j = p dimana p juga bilangan bulat, sehingga a−b = pn, yang artinya n|(a − b). (⇐=) Suppose that n|(a − b). We will prove that a and b will give the same remainder when they are divided by n. Let a = kn + s1 and b = jn + s2 for 0 ≤ s1 ≤ n and 0 ≤ s2 ≤ n, we will show that s1 = s2 . Misal n|(a − b). Akan dibuktikan bahwa a dan b akan mempunyai sisa yang sama bila dibagi n. Misal a = kn + s1 dan b = jn + s2 untuk 0 ≤ s1 ≤ n dan 0 ≤ s2 ≤ n, maka akan ditunjukkan s1 = s2 . a − b = pn a = b + pn = (jn + s2 ) + pn = (j + p)n + s2 = kn + s2 .


6

Since the remainder of n|a is single, we have s2 = s1 Karena sisa dari n|a adalah tunggal maka s2 = s1 .

2

Lemma 1.1.3 Prove that 3|(22n − 1) for n ≥ 1. Lema 1.1.3 Buktikan bahwa 3|(22n − 1) untuk n ≥ 1. Proof. Mathematics Induction. For n = 1 −→ 3|(22 −1) −→ 3|3 (true). Suppose it is true for n = k, we have 3|(22k − 1). Thus, is that true for n = k + 1? Bukti. Induksi Matematika. Untuk n = 1 −→ 3|(22 − 1) −→ 3|3 (benar). Misal benar untuk n = k maka 3|(22k − 1). Selanjutnya apakah benar untuk n = k + 1? 3|(22(k+1) − 1) ? 3|(22k+2 − 1) 3|(22k · 22 − 1) 3|(22k · 22 − 22 + 3) 3|(22 (22k − 1) + 3). Since 3|22 (22k − 1) and 3|3. It follows that 3|(22 (22k − 1) + 3), hence it is also true for n = k + 1. Karena 3|22 (22k − 1) dan 3|3 maka 3|(22 (22k − 1) + 3). Sehingga hal ini juga benar untuk n = k + 1.

1.2

2

Indirect Proof Bukti Tak Langsung

In this proof technique, we do not start involving the existing facts in direction of having a conclusion. We start the prof even from the opposite facts. In


7

general, there are two indirect proofs, namely contradictive proof and contrapositive proof. Contradictive proof is also called reductio ad absurdum proof. For instance, we will proof that A is true, we start the proof by assuming that A is not true. Contrapositive proof is obtained by finding a contraposition of an implication statement in logic math. For instance, we will proof that p −→ q is true, we start the proof by determining the contraposition of p −→ (q ∨ r), i.e. ∼ (q ∨ r) −→∼ p. As we know, in logic math p −→ (q ∨ r) =∼ (q ∨ r) −→∼ p. In the following, we present how to use these methods. Dalam teknik pembuktian ini, fakta-fakta yang ada tidak digunakan secara langsung untuk menuju pada kesimpulan. Pembuktia dimulai justru dari hal sebaliknya. Secara umum terdapat dua pembuktian tak langsung, yakni pembuktian kontradiksi dan pembuktian kontraposisi. Pembuktian kontradiksi disebut juga pembuktian kemustahilan. Misal yang akan dibuktikan adalah benarnya pernyataan A, maka pembuktian dimulai dengan mengandaikan bahwa A adalah salah. Pembuktian kontraposisi diperoleh dari menentukan kontraposisi dari sebuah pernyataan implikasi dalam logika matematika. Misal akan dibuktikan bahwa pernyataan p =⇒ (q∨r) benar, maka pembuktian diawali dengan menentukan kontraposisi dari p =⇒ (q ∨ r), yaitu ∼ (q ∨ r) =⇒∼ p. Seperti yang kita ketahui, dalam logika matematika p =⇒ (q ∨ r) =∼ (q ∨ r) =⇒∼ p. Berikut ini kita jelaskan bagaimana menggunakan metode pembuktian ini. Lemma 1.2.1 Prove that

√

2 is an irrational number.

Lema 1.2.1 Buktikan bahwa

√

2 adalah suatu bilangan irasional.

√ Proof. Contradictive Proof. Suppose that 2 is a rational number. We will √ have 2 = ab , where ab is a simplified form. By squaring the two sides, we obtain a2 = 2b2 . It follows that a2 is even which implies that a is even. Suppose a = 2k −→, we have (2k)2 = 2b2 −→ b2 = 2k 2 which implies that b is also even.

8

Chapter 1. Mathematics Proof Method Since both a and b are even,

a b

is not a simplified form any more, which is a

contradiction. Bukti. Pembuktian kontradiksi. Misal a b

(dimana

a adalah b 2 2

√

2 adalah bilangan rasional maka

√

2=

bentuk yang paling sederhana). Kuadratkan kedua ruasnya

diperoleh a = 2b , sehingga a2 adalah bilangan genap dan a pasti genap. Misal a = 2k −→ (2k)2 = 2b2 −→ b2 = 2k 2 yang berakibat b juga genap. Bila a dan b adalah sama-sama genap maka

a b

bukan bentuk yang paling sederhana lagi, ini

jelas kontradiktif.

2

Lemma 1.2.2 Prove that if m + n ≥ 73 then m ≥ 37 or n ≥ 37, for m, n ∈ I. Lema 1.2.2 Buktikan bahwa jika m + n ≥ 73 maka m ≥ 37 atau n ≥ 37, untuk m, n ∈ I. Proof. Contrapositive Proof. Consider the statement as a logic expression p =⇒ (q ∨ r), where p ≡ m + n ≥ 73, q ≡ m ≥ 37 and r ≡ n ≥ 37. The contraposition of the statement is ∼ (q ∨ r) =⇒∼ p or (∼ q∧ ∼ r) =⇒∼ p. Therefore, to prove the truth of the statement above, we can start proving that if m < 37 and n < 37 then m + n < 73. Suppose the two any numbers are m ≤ 36 dan n ≤ 36, we have m + n ≤ 36 + 36 −→ m + n ≤ 72 −→ m + n < 73. It completes the prove that if m + n ≥ 73 then m ≥ 37 or n ≥ 37, for m, n ∈ I. Bukti. Pembuktian kontraposisi. Misal pernyataan tersebut disajikan dalam p =⇒ (q ∨ r), dimana p ≡ m + n ≥ 73, q ≡ m ≥ 37 dan r ≡ n ≥ 37. Kontraposisi pernyataan tersebut adalah ∼ (q ∨ r) =⇒∼ p atau (∼ q∧ ∼ r) =⇒∼ p. Sehingga untuk membuktikan kebenaran pernyataan di atas dapat dimulai dengan membuktikan bahwa jika m < 37 dan n < 37 maka m + n < 73. Misal sebarang dua bilangan itu adalah m ≤ 36 dan n ≤ 36, maka m + n ≤ 36 + 36 −→ m + n ≤ 72 −→ m + n < 73, terbukti. Sehingga terbukti pulalah kebenaran pernyataan semula.

2

9


P ROBLEMS

AND

S OLUTIONS

S OAL - SOAL DAN P EMBAHASAN 1. Prove that (an + b)m = bm mod n. Buktikan bahwa (an + b)m = bm mod n. Solution. Direct Proof. To prove (an + b)m = bm mod n, we need to show that there exists an integer k such that (an + b)m − bm = kn. Solusi. Bukti Langsung. Untuk membuktikan (an + b)m = bm mod n perlu ditunjukkan bahwa terdapat bilangan bulat k sedemikian hingga (an + b)m − bm = kn. µ m

m

(an + b) − b

=

¶ m

m−1

(an) + m(an)

m−1

b + ... + m(an)b

m

+b

− bn

= (an)m + m(an)m−1 b + ... + m(an)bm−1 + bm − bm = (an)m + m(an)m−1 b + ... + m(an)bm−1 µ ¶ m m−1 m−1 m−1 m−1 m−1 = (a) n + m(a) n b + ... + m(a)b b n µ Let k =

m m−1

(a) n

m−1 m−1

+ m(a)

n

m−1 m−1

b + ... + m(a)b

b

¶ , hence we get

(an + b)m − bm = kn. Therefore (an + b)m = bm mod n. µ ¶ m m−1 m−1 m−1 m−1 m−1 Bila k = (a) n + m(a) n b + ... + m(a)b b , maka didapat (an + b)m − bm = kn. Sehingga (an + b)m = bm mod n. 2. If p is a prime number and p|a1 a2 ...an then p|ai for any 1 ≤ i ≤ n. Jika p adalah bilangan prima dan p|a1 a2 ...an maka p|ai untuk sebarang 1 ≤ i ≤ n. Solution. Mathematics Induction. Let P (k) be a representation statement. Step I: If p|a1 , then it is obvious that P |ai for 1 ≤ i ≤ 1. Step II:


10

Assume it is true for P (k), that is if p|a1 a2 ...ak then p|ai for any 1 ≤ i ≤ k. We will show that P (k+1) is also true. Since p|a1 a2 ...ak ak+1 and p is a prime number, it holds p|a1 a2 ...ak or p|a(k+1) . From the two possibilities, we have p|ai for 1 ≤ i ≤ k + 1 as P (k) is true. It concludes that P (k + 1) is also true. Solusi. Induksi Matematika. Misal P (k) adalah representasi dari pernyataan tersebut. Langkah I : Jika p|a1 , jelas bahwa P |ai untuk suatu 1 ≤ i ≤ 1. Langkah II : Misalkan p(k) benar, artinya jika p|a1 a2 ...ak maka p|ai untuk suatu 1 ≤ i ≤ k. Akan dibuktikan bahwa P (k + 1) benar. Diketahui p|a1 a2 ...ak ak+1 , maka karena p bilangan prima berlaku p|a1 a2 ...ak atau P |a(k+1) . Dari kedua kemungkinan ini dikombinasikan, karena P (k) bernilai benar, maka didapatkan untuk suatu 1 ≤ i ≤ k + 1. Jadi terbukti bahwa P (k + 1) bernilai benar. 3. Prove that if xm is divisible by a prime p, then x is also divisible by p. Bukatikan bahwa jika xm habis dibagi bilangan prima p, maka x habis dibagi p. Solution. Since p divides xm , we have p|xm or p|x.xm−1 . Since p is a prime, we have p|x or p|xm−1 . Suppose p does not divide x, it follows p|xm−1 or p|x.xm−2 . Repeat the process, we will be able to show that p|x. Solusi. Karena p membagi habis xm , didapat p|xm atau p|x.xm−1 . Karena p adalah bilangan prima maka p|x atau p|xm−1 . Andaikan p tidak habis membagi x, maka p|xm−1 atau p|x.xm−2 . Jika proses diteruskan maka akan didapatkan bahwa p|x.

¥¥¥¥¥¥

CHAPTER 2

Number Theory Teori Bilangan 2.1

Divisibility Keterbagian

When 13 is divided by 5, it will give quotient 2 and remainder 3, denoted by 13 5

= 2+

3 5

or 13 = 2 × 5 + 3. In general, for any positive integers a and b there

exists a unique pair (q, r) of nonnegative integers such that b = q × a + r and 0 < r < a. We say that q is the quotient and r is the remainder when b is divided by a. If r = 0 then we say that b is divisible by a or a divides b, denoted by a| b. If b is not divisible by a then we denote as a - b. Jika 13 dibagi 5 maka hasil baginya 2 dan sisanya 3 dan ditulis:

13 5

= 2+

3 5

atau

13 = 2×5+3. Secara umum, apabila a bilangan bulat dan b bilangan bulat positif, maka ada tepat satu bilangan bulat q dan r sedemikian hingga b = q × a + r dan 0 < r < a. Dalam hal ini, q disebut hasil bagi dan r adalah sisa pembagian bila b dibagi a. Jika r = 0 maka dikatakan b habis dibagi a dan ditulis a| b. Bila b tidak habis dibagi a maka ditulis a - b.

Lemma 2.1.1 (1) If a|b then a|bc for any c ∈ I; (2) If a| b and b| c then a| c; (3) If ab| c then a| c and b| c; (4) If a|b and b|a then a = ±b; (5) If a| b and a| c then a| (bx + cy) for any integers x and y.

11

Chapter 2. Number Theory

12

Lema 2.1.1 (1) Jika a|b maka a|bc untuk sebarang c ∈ I; (2) jika a| b dan b| c maka a| c; (3) jika ab| c maka a| c dan b| c; (4) jika a|b dan b|a maka a = ±b; (5) jika a| b dan a| c maka a| (bx + cy) untuk sebarang bilangan bulat x dan y. Proof. Property (1): If a| b then b = ka, and if b| c then c = lb = l(ka) = (kl)a. It implies that a| c. Property (3): If a| b then b = ka −→ bx = kxa, if a| c then c = la −→ cy = kya. We have bx + cy = (kx + ly)a, therefore a| (bx + cy). Bukti. Sifat (1): a| b maka b = ka, dan b| c maka c = lb = l(ka) = (kl)a maka a| c. Sifat (3): a| b maka b = ka −→ bx = kxa, dan a| c maka c = la −→ cy = kya. Kemudian bx + cy = (kx + ly)a maka a| (bx + cy).

2

Lemma 2.1.2 A number a is divisible by 2n if the last n digit of the number is divisible by 2n .

Lema 2.1.2 Suatu bilangan a habis dibagi 2n jika n angka terkhir dari bilangan tersebut habis dibagi 2n . Proof. Suppose n = 1, thus 2 divides a if the last digit of the number is divisible by 2. Let a = . . . a3 a2 a1 a0 , we have a = 10(. . . a3 a2 a1 ) + a0 . Since 2| 10(. . . a3 a2 a1 ), a0 must be divisible by 2 to have 2|a. Bukti. Misal n = 1, berarti a habis dibagi 2 jika angka terakhir dari bilangan tersebut habis dibadi 2. Misal a = . . . a3 , a2 a1 a0 maka a = 10(. . . a3 , a2 a1 ) + a0 . Karena 2| 10(. . . a3 , a2 a1 ) a0 harus habis dibagi 2 untuk memperoleh 2|a. Example. Is 173332 divisible by 8? Since 23 | 332, we have 8| 173332. Contoh. Apakah 173332 habis dibagi oleh 8? Karena 23 | 332 maka 8| 173332.

2


13

Example. Is 13 + 23 + · · · + 1003 divisible by 7? False, as we have 13 + 23 + · · · + 1003 = (1 + 2 + 3 + · · · + 100)2 = (5050)2 = 25502500 and 7 - 25502500. Contoh. Apakah 13 + 23 + · · · + 1003 habis dibagi 7? Tidak, karena 13 + 23 + · · · + 1003 = (1 + 2 + 3 + · · · + 100)2 = (5050)2 = 25502500 dan 7 - 25502500. Lemma 2.1.3 A number a = an an−1 . . . a1 a0 is respectively divisible by 3,9 and 11 if the sum of its digits satisfies respectively the following: (an +an−1 +an−2 +· · ·+a1 +a0 ) is divisible by 3; (an + an−1 + an−2 + · · · + a1 + a0 ) is divisible by 9; and (an − an−1 + an−2 − an−3 + . . . ) is divisible by 11. Lema 2.1.3 Suatu bilangan a = an an−1 . . . a1 a0 berturut-turut habis dibagi 3,9 dan 11 jika jumlah angka-angkanya memenuhi masing-masing sifat berikut: (an + an−1 + an−2 + · · · + a1 + a0 ) habis dibagi 3; (an + an−1 + an−2 + · · · + a1 + a0 ) habis dibagi 9; dan (an − an−1 + an−2 − an−3 + . . . ) habis dibagi 11. Proof. Bukti. a = an an−1 . . . a1 a0 = an × 10n + an−1 × 10n−1 + . . . a1 × 101 + a0 × 100 = an × (9 + 1)n + an−1 × (9 + 1)n−1 + . . . a1 × (9 + 1)1 + a0 × (9 + 1)0 = an [9n + n · 9n−1 + · · · + 9n] + an + an−1 [9n−1 + (n − 1) · 9n−2 + · · · + 9(n − 1)] + an−1 + · · · + 9a1 + a1 + a0 = an [9n + n · 9n−1 + · · · + 9n] + an−1 [9n−1 + (n − 1) · 9n−2 + · · · + 9(n − 1)] + · · · + 9a1 + an + an−1 + · · · + a1 + a0 = K(a) + Q(a) Since (3 ∧ 9)| K(a), it must be (3 ∧ 9)| Q(a) to have (3 ∧ 9)| a . Karena (3 ∧ 9)| K(a) maka haruslah (3 ∧ 9)| Q(a) supaya (3 ∧ 9)| a .

2


2.2

14

Special Number Bilangan Khusus

2.2.1

A Prime and Composite Number Bilangan Prima dan Komposit

The integer p > 1 is called a prime number if there is no integer d with d > 1 and d 6= p such that d|p. Any integer n > 1 has at least one prime divisor. If n is a prime, then that prime divisor is n itself. An integer n > 1 that is not a prime is called composite. Bilangan bulat p > 1 disebut sebuah bilangan prima jika tidak ada bilangan bulat d dimana d > 1 dan d 6= p sedemikian hingga d|p. Setiap bilangan bulat n > 1 mempunyai paling sedikit satu pembagi prima. Jika n adalah bilangan prima, maka pembagi primanya adalah bilngan n itu sendiri. Sebuah bilangan bulat n > 1 yang bukan bilngan prima disebut bilangan komposit.

Theorem 2.2.1 Eratosthenes. For any composite n, there exists a prime p such that √ p| n and p ≤ n. In other words ”If there does not exist a prime p which divides n, √ where p ≤ n, then n is a prime”. Teorema 2.2.1 Eratosthenes. Untuk setiap bilangan komposit n ada bilangan prima √ p sehingga p| n dan p ≤ n. Dengan kata lain ”Jika tidak ada bilangan prima p yang √ dapat membagi n dengan p ≤ n maka n adalah bilangan prima”. Example. Are 157 and 221 prime numbers?. The primes which are less than √ 157 are 2, 3, 5, 7, 11. Since none of them divides 157, then 157 is a prime. The √ primes which are less than 221 are 2, 3, 5, 7, 11, 13. Since 13| 221 then 221 is a composite number.


15

Contoh. Apakah bilangan 157 dan 221 bilangan prima?. Bilangan-bilangan √ prima yang lebih kecil dari 157 adalah 2, 3, 5, 7, 11. Karena tidak ada satupun dari bilangan- bilangan prima itu yang dapat membagi 157, maka 157 merupakan bilangan prima. Kemudian bilangan - bilangan prima yang lebih kecil √ dari 221 adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13. Karena 13| 221 maka 221 merupakan bilangan komposit.

2.2.2

Perfect Square Bilangan Kuadrat Sempurna

Any perfect square satisfies the following three properties: • The possible ones of perfect square number is either 0, 1, 4, 5, 6, dan 9. • If 4 divides a perfect square then the remainder is either 0 or 1. • If p is a prime and p| x2 then p| z, where z = x2 /p. Sebarang bilangan kuadrat sempurna memenuhi tiga sifat berikut ini: • Angka satuan yang mungkin untuk bilangan kuadrat sempurna adalah 0, 1, 4, 5, 6, atau 9. • Jika 4 membagi bilangan kuadrat sempurna maka sisanya 0 atau 1. • Jika p bilangan prima dan p| x2 maka p| z, dimana z = x2 /p. Example. Obtain a perfect square whose digits are k, k + 1, k + 2, 3k, k + 3. Contoh. Carilah suatu bilangan kuadrat sempurna yang angka-angkanya berturutturut adalah k, k + 1, k + 2, 3k, k + 3.

16


Solution. The ones of the number is k +3, it follows that k can be either 1, 2, 3 or 6. Whilst the tens is 3k, it follows that k can be either 0, 1, 2 or 3. They imply that the possible k is either 1, 2 or 3 which give perfect square numbers 12334, 23465 or 34596. Since the remainder of 12334 divided by 4 is 2, it gives that 12334 is not a perfect square. The remainder of 23465 divided by 4 is 1 and 5|23465, but 5 - 4693, so that 23465 is not a perfect square. Now, 4|34596, and we have the following Solusi. Angka satuan bilangan kuadrat ini adalah k + 3 sehingga k yang mungkin adalah 1, 2, 3, 6. Sedangkan angka puluhannya adalah 3k maka k yang mungkin adalah 0, 1, 2, 3. Dari kedua kemungkinan ini diperoleh k yang mungkin adalah 1, 2, 3, dengan demikian bilangan kuadrat yang mungkin adalah 12334, 23465, 34596. Karena 12334 dibagi 4 bersisa 2 maka 12334 bukan bilangan kuadrat. Bilangan 23465 dibagi 4 bersisa 1 dan 5|23465, akan tetapi 5 - 4693 maka 23465 bukan bilangan kuadrat. Sekarang, bilangan 4|34596, dan berikut ini berlaku 2 | 34596 2 | 17298 3 | 8649 3 | 2883 31 | 961 31 | 31 Therefore, 34596 = 22 · 32 · 312 = 1862 which is a perfect square. Sehingga 34596 = 22 · 32 · 312 = 1862 yang merupakan bilangan kuadrat.

17


2.3

GCD dan Algoritma Euclid

Let a, b be any integers. An integer d satisfying d| a and d| b is called a common divisor of a and b. The biggest (respectively, smallest) value of d is called Greater Common Divisor/GCD, denoted by GCD(a, b)) (respectively, Least Common Multiple/LCM, denoted by LCM (a, b))). Several techniques have been developed to obtain GCD or LCM, one of them is Euclidean algorithm. Misal a dan b sembarang bilangan bulat. Bilangan bulat d yang memenuhi sifat d| a dan d| b disebut faktor persekutuan dari a dan b. Nilai terbesar dari d disebut faktor persekutuan terbesar atau FPB dan ditulis dengan F P B(a, b) sedangkan nilai terkecil dari d disebut kelipatan persekutuan terkecil atau KPK dan ditulis KP K(a, b). Beberapa tekni telah dikembangkan untuk menentukan FPB dan KPK, salah satunya adalah algoritma Euclid. Algorithm 2.3.1 Euclidean Algorithm. Given two integer numbers a and b with a > b > 0, GCD(a, b) can be obtained by repeating the following algorithm: a = q1 b + r1 ;

0 < r1 < b

b = q2 r1 + r2 ;

0 < r 2 < r1

r1 = q3 r2 + r3 ; .. .

0 < r 3 < r2

rn−2 = qn rn−1 + rn ;

0 < rn < rn−1

rn−1 = qn+1 rn + 0 If rn is the last divisor of the division process which gives a remainder 0 then rn is GCD(a, b).

Algoritma 2.3.1 Algoritma Euclide. Diberikan dua bilangan bulat a dan b dengan

18

Chapter 2. Number Theory a > b > 0, maka GCD(a, b) bisa dicari dengan mengulang algoritma berikut: a = q1 b + r1 ;

0 < r1 < b

b = q2 r1 + r2 ;

0 < r 2 < r1

r1 = q3 r2 + r3 ; .. .

0 < r 3 < r2

rn−2 = qn rn−1 + rn ;

0 < rn < rn−1

rn−1 = qn+1 rn + 0 Jika rn merupakan pembagi terakhir dari pembagian di atas yang memberikan sisa 0 maka rn merupakan GCD(a, b). Example. Determine GCD(4840, 1512). Using Euclidean Algorithm, the solution is the following: Contoh. Tentukan GCD(4840, 1512). Dengan menggunakan Algoritma Euclid maka solusinya adalah sebagai berikut: 4840 = 3 × 1512 + 304 1512 = 4 × 304 + 296 304 = 1 × 296 + 8 296 = 37 × 8 + 0 Therefore Jadi GCD(4840, 1512) = 8.

Lemma 2.3.1 Any a|c and b|c imply ab|c if and only if GCD(a, b) = 1.

Lema 2.3.1 Sebarang a|c dan b|c berakibat ab|c jika dan hanya jika GCD(a, b) = 1.


19

Example. 3|30 and 5|30 imply 3 × 5|30 as GCD(3, 5) = 1, however 2|30 and 6|30 imply 2 × 6 - 30 as GCD(2, 6) 6= 1. Contoh. 3|30 dan 5|30 maka 3 × 5|30 karena GCD(3, 5) = 1, akan tetapi 2|30 dan 6|30 maka 2 × 6 - 30 karena GCD(2, 6) 6= 1.

2.4

Modular Arithmetic Modulo Aritmatik

Let a, b, and m be integers, with m > 1. We say that a and b are congruent modulo m, denoted by a ≡ b (mod m), if the remainder of a divided by m and b divided by m are the same. Diberikan bilangan bulat a, b dan m dimana m > 1. Bilangan a dikatakan kongruen dengan b modulo m, dituliskan dengan a ≡ b (mod m), jika sisa pembagian a oleh m dan b oleh m memberikan sisa yang sama.

Lemma 2.4.1 If a and b are congruent modulo m then m| (a − b).

Lema 2.4.1 Jika a dan b kongruen modulo m maka m| (a − b). Proof. a ≡ b (mod m) =⇒ a = q1 m + r and b = q2 m + r. Hence a − b = (q1 − q2 )m, it follows m| (a − b). Bukti. a ≡ b (mod m) =⇒ a = q1 m + r dan b = q2 m + r. Kemudian a − b = (q1 − q2 )m sehingga m| (a − b).

2


20

Lemma 2.4.2 (1) a ≡ b (mod m), b ≡ a (mod m) are equivalent with a−b ≡ 0 (mod m); (2) if a ≡ b (mod m) and b ≡ c (mod m) then a ≡ c (mod m); (3) if a ≡ b (mod m) and d|m then a ≡ b (mod d); (4) if a ≡ b (mod m) and c ≡ d (mod m) then ax + cy ≡ bx + dy (mod m) and ac ≡ bd (mod m), for any x, y ∈ I.

Lema 2.4.2 (1) a ≡ b (mod m), b ≡ a (mod m) adalah setara dengan a−b ≡ 0 (mod m) ; (2) jika a ≡ b (mod m) dan b ≡ c (mod m) maka a ≡ c (mod m); (3) jika a ≡ b (mod m) dan d|m maka a ≡ b (mod d); (4) jika a ≡ b (mod m) dan c ≡ d (mod m) maka ax + cy ≡ bx + dy (mod m) dan ac ≡ bd (mod m), untuk sebarang x, y ∈ I. Proof. a ≡ b (mod m) −→ m|(a − b) and c ≡ d (mod m) −→ m|(c − d). From Lemma 2.1.1, we have m|((a−b)x+(c−d)y) or m|((ax+cy)−(bx+dy)), therefore ax + cy ≡ bx + dy (mod m). Bukti. a ≡ b (mod m) −→ m|(a − b) dan c ≡ d (mod m) −→ m|(c − d). Sesuai Lema 2.1.1 didapat m|((a − b)x + (c − d)y) atau m|((ax + cy) − (bx + dy)), sehingga ax + cy ≡ bx + dy (mod m).

2

It follows from Lemma 2.4.2, if f (x) is a polynomial of integer coefficients and a ≡ b (mod m) then f (a) ≡ f (b) (mod m). Akibat dari Lemma 2.4.2, jika f (x) adalah suatu fungsi polinom dengan koefisienkoefisien bilangan bulat dan a ≡ b (mod m) maka f (a) ≡ f (b) (mod m). Example. Prove that for any natural n, S = 2903n −803n +261n −464n is divisible by 7 and 271. Furthermore, prove that 1897|S. Contoh. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli n maka S = 2903n − 803n + 261n − 464n habis dibagi 7 dan 271. Buktikan juga bahwa 1897|S. Solution. Since 2903 ≡ 803 (mod 7) and 464 ≡ 261 (mod 7), as well as 2903 ≡ 464 (mod 271) and 803 ≡ 261 (mod 271), from Lemma 2.4.2(4) we must have 7|S


21

and 271|S. Furthermore, since 1897 = 7 × 271 and GCD(7, 271) = 1, it follows from Lemma 2.3.1 that 1897|S. Solusi. Karena 2903 ≡ 803 (mod 7) dan 464 ≡ 261 (mod 7), demikian juga 2903 ≡ 464 (mod 271) dan 803 ≡ 261 (mod 271) maka sesuai dengan Lema 2.4.2(4) dipastikan bahwa 7|S dan 271|S. Selanjutnya karena 1897 = 7×271 dan GCD(7, 271) = 1, maka sesuai Lema 2.3.1 terbukti 1897|S.

Lemma 2.4.3 (am + b)n ≡ bn (mod m)

Lema 2.4.3 (am + b)n ≡ bn (mod m) Proof. The proof is the same with showing that there exists an integer k such that (am + b)n − bn = km. Bukti. Pembuktian ini sama artinya dengan membuktikan ada bilangan bulat k sehingga (am + b)n − bn = km. (am + b)n − bn = (am)n + n(am)n−1 · b + · · · + n(am)bn−1 + bn − bn = {a(am)n−1 + an(am)n−2 + · · · + an (b)n−1 }m = km. 2 Example. Determine the ones of 19971991 . Contoh. Tentukan angka satuan bilangan 19971991 . Solution. From Lemma 2.4.3, the solution is as follows:

22


Solusi. Dengan menggunakan Lema 2.4.3 maka solusinya adalah sebagai berikut: The ones (Angka satuan) 19971991 = The remainder (Sisa bagi) 19971991 oleh 10 = (199 × 10 + 7)1991 (mod 10) = 71991 (mod 10) = 74×497+3 (mod 10) = (74 )497 × 73 (mod 10) = (2401)497 × 343 (mod 10) = (240 × 10 + 1)497 × (34 × 10 + 3) (mod 10) = 1 × 3 (mod 10) = 3 (mod 10) Thereforre, the ones of 19971991 is 3. Sehingga, angka satuan bilangan 19971991 adalah 3. It is easy to see that powering numbers 0, 1, 2, . . . , 9 give the following ones/units: 0 => 0 → 1 type, 1 => 1 → 1 type, 2 => 2, 4, 8, 6 → 4 types, 3 => 3, 9, 7, 1 → 4 types, 4 => 4, 6 → 2 types, 5 => 5 → 1 type, 6 => 6 → 1 type, 7 => 7, 9, 3, 1 → 4 types, 8 => 8, 4, 2, 6 → 4 types, 9 => 9, 1 → 2 types. Mudah dicermati bahwa perpangkatan bilangan 0, 1, 2, . . . , 9 akan menghasilkan angka satuan berikut: 0 => 0 → 1 jenis, 1 => 1 → 1 jenis, 2 => 2, 4, 8, 6 → 4 jenis, 3 = 3, 9, 7, 1 → 4 jenis, 4 => 4, 6 → 2 jenis, 5 => 5 → 1 jenis, 6 => 6 → 1 jenis, 7 => 7, 9, 3, 1 → 4 jenis, 8 => 8, 4, 2, 6 → 4 jenis, 9 => 9, 1 → 2 jenis. Therefore, finding the units of exponential number can be obtained by the following ways: Consider the example above. Determine the ones of 19971991 . Since the ones of the base is 7, the ones of the exponential number contains 4 types, namely 7,9,3,1. Thus 1991/4 = 4 × 497 + 3, it implies that 19971991 = 19974×497+3 which follows the ones of 73 → 3. Therefore the ones of 19971991 is 3.


23

Dengan demikian pencarian angka satuan dari perpangkatan bilangan dapat dilakukan dengan cara berikut: Misal pada contoh soal di atas. Berapa angka satuan bilangan 19971991 . Karena angka satuan bilangan dasar adalah angka 7 maka angka satuan perpangkatan bilangan ini akan meliputi 4 jenis yaitu 7,9,3,1. Selanjutnya 1991/4 = 4 × 497 + 3 sehingga 19971991 = 19974×497+3 yang berakibat angka satuan dari 73 → 3. Dengan demikian angka satuan bilangan 19971991 adalah 3. Example. Determine the ones of 345678292784383951 . Contoh. Tentukan angka satuan bilangan 345678292784383951 . Solution. Since the ones of the base is 4, the ones of the exponential number contains 2 types, namely 4,6. Thus 383951/2 = 2 × 191975 + 1, it implies that 345678292784383951 = 3456782927842×191975+1 which follows the ones of 41 → 4. Therefore the ones of 345678292784383951 is 4. Solusi. Karena angka satuan bilangan dasarnya adalah 4 maka angka satuan perpangkatan bilangan ini akan meliputi 2 jenis yaitu 4,6. Selanjutnya tentukan 2|383951 = 2 × 191975 + 1 sehingga 345678292784383951 = 3456782927842×191975+1 yang berakibat angka satuan dari 41 → 4. Dengan demikian angka satuan bilangan 345678292784383951 adalah 4.

2.5

Linear Diophantine Equations Persamaan Linier Diophantin

An equation of the form ax + by = c where a, b, c are fixed integers and a, b are all different from zero is called a linear Diophantine equation if the solutions x, y respect to integers.

24


Persamaan ax + by = c dengan a, b, c bilangan-bilangan bulat dan a, b duaduanya bukan nol disebut persamaan linier Diophantine jika penyelesaiannya dicari untuk bilangan-bilangan bulat.

Theorem 2.5.1 Diophantine equation ax+by = c is solvable if and only if GCD(a, b)|c. Teorema 2.5.1 Persamaan Diophantine ax + by = c mempunyai penyelesaian jika dan hanya jika GCD(a, b)|c. Proof. Let d = GCD(a, b) and d| c. We have d| c ⇐⇒ c = kd for any integers k. Whilst d| GCD(a, b) ⇐⇒ am + bn = d for any m and n such that: k(am + bn) = kd a(km) + b(kn) = c, it implies that x = mk dan y = nk Bukti. Misal d = GCD(a, b) dan d| c, maka d| c ⇐⇒ c = kd untuk sebarang bilangan bulat k. Sedangkan d| GCD(a, b) ⇐⇒ am + bn = d untuk sebarang bilangan bulat m dan n sehingga: k(am + bn) = kd a(km) + b(kn) = c, berarti x = mk dan y = nk

Theorem 2.5.2 If d = GCD(a, b) and x0 , y0 are the solutions of Diophantine equation ax + by = c, then the general solutions are b a x = x0 + k and y = y0 − k; where k is an integer parameter. d d

25


Teorema 2.5.2 Jika d = GCD(a, b) dan x0 , y0 merupakan penyelesaian persamaan Diophantine ax + by = c, maka penyelelesaian umum persamaan tersebut adalah : b a x = x0 + k dan y = y0 − k; dengan k parameter bilangan bulat. d d Example. Find the general solutions of Diophantine equation 738x + 621y = 45. Contoh. Tentukan solusi umum dari persamaan Diophantine 738x + 621y = 45. Solution. Finding GCD(738, 621) with Euclidean Algorithm Solusi. Mencari GCD(738, 621) dengan Alogaritma Euclide 738 = 1 × 621 + 117 621 = 5 × 117 + 36 117 = 3 × 36 + 9 36 = 4 × 9 + 0. we get GCD(738, 621) = 9. Since 9| 45, the equation is solvable. Consider the 9 as a linear combination of 738 and 621. diperoleh GCD(738, 621) = 9. Karena 9| 45 maka persamaan di atas mempunyai penyelesaian. Jadikan 9 sebagai kombinasi linear dari 738 dan 621. 9 = 117 − 3 · 36 = 117 − 3(621 − 5 × 117) = −3 × 621 + 16 × 117 = −3 × 621 + 16(738 − 621) 9 = 16 × 738 − 19 × 621 multiplying the two sides by 5, we get 45 = 80 × 738 − 45 × 621. It implies that x0 = 80, y0 = −95. Therefore the general solutions are:


26

Kalikan kedua ruas dengan 5, diperoleh 45 = 80 × 738 − 45 × 621, sehingga didapat x0 = 80, y0 = −95. Dengan demikian penyelesaian umumnya adalah: 621 k = 80 + 69k 9 738 y = −95 − k = −95 − 82k 9

x = 80 +

P ROBLEMS

AND

S OLUTIONS

S OAL - SOAL DAN P EMBAHASAN 1. A number A is the smallest natural number which is a product of the smallest three of prime number. Determine two numbers between 200 and 300 which gives the same prime factor with A. Bilangan A adalah bilangan asli terkecil yang merupakan hasil kali dari 3 bilangan prima terkecil. Sebutkan dua buah bilangan di antara 200 dan 300 yang mempunyai faktor prima yang serupa dengan bilangan A. Solution. A = 2.3.5 = 30, the desired numbers are 24 .3.5 = 240 and 2.32 .5 = 270 Solusi. A = 2.3.5 = 30, jadi bilangan yang dicari adalah 24 .3.5 = 240 dan 2.32 .5 = 270 2. P (n) is a multiplication of the digits of number n, and S(n) is summation of its digits. Determine the ones of n satisfying P (n) + S(n) = n if n is a number consisting two digits. P (n) didefinisikan sebagai perkalian antara angka-angka bilangan n dan S(n) adalah penjumlahan antara angka-angka bilangan n. Tentukan angka satuan n yang memenuhi P (n) + S(n) = n jika n adalah bilangan yang terdiri dari dua angka.

27

Chapter 2. Number Theory Solution. Assume the number n is ab, we have a, b as a tens and ones.

Solution. Asumsikan bilangan tersebut adalah ab, maka kita mengartikan a sebagai puluhan dan b sebagai satuan. P (n) + S(n) = n a.b + (a + b) = ab a.b + (a + b) = 10a + b ab = 9a = a9 Therefore, the ones of the number is 9 Dari sini didapatkan bahwa satuan bilangan n adalah 9 3. What is the remainder of 13 + 23 + 33 + ... + 1003 divided by 7? Berapakah sisa pembagian 13 + 23 + 33 + ... + 1003 oleh 7? Proof. Bukti. 13 + 23 + 33 + ... + 1003 = (1 + 2 + 3 + ... + 100)3 = (5050)2 = (101x50)2 (mod 7) = (101)2 x(50)2 (mod 7) = (2x72 + 3)2 x(72 + 1)2 (mod 7) = 32 x1 (mod 7) = 9 (mod 7) = 2 (mod 7)

¥¥¥¥¥¥

CHAPTER 3

Algebra Functions Fungsi Aljabar 3.1

Polynomials Inequality Pertidaksamaan Polinomial

In this section, we will show how so solve inequalities. Solving an inequality means finding all of its solutions. A solution of an inequality is a number which when substituted for the variable makes the inequality a true statement. Dalam bagian ini, akan dipelajari bagaimana menyelesaikan pertidaksamaan. Menyelesaikan pertidaksamaan berarti mencari semua himpunnan penyelesaian. Penyelesaian dari pertidakasamaan adalah sebuah bilangan dimana pada saat bilangan itu disubstitusikan maka pertidaksamaan menjadi pernyataan yang benar. Some properties related to inequality are as follows: • If a > b then a = b + k, for any k. • If a > b then a + c > b + c and a.c > b.c where c > 0. • If a > b and b > c then a > c. • If a > b and c > d then a + c > b + d. • If a > b > 0 then 1/a > 1/b, and if a/b > 0 then a.b > 0. 28

Chapter 3. Algebra Functions

29

Beberapa sifat-sifat terkait dengan pertidaksamaan adalah sebagai berikut: • Jika a > b maka a = b + k, untuk sebarang k. • Jika a > b maka a + c > b + c dan a.c > b.c dimana c > 0. • Jika a > b dan b > c maka a > c. • Jika a > b dan c > d maka a + c > b + d. • Jika a > b > 0 maka 1/a > 1/b, dan jika a/b > 0 maka a.b > 0. In general, we present inequality polynomials as: Secara umum pertidaksamaan fungsi dinyatakan sebagai a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an ≥ · ∨ · ≤ 0 The following steps shows how to solve inequality:. • factorizing the polynomials, if it is not factorizible then consider whether the function is definite or not. • Draw a number line and show the roots of polynomial equality on it. • Put sign + or − on each interval of the number line respecting to the following rules: – Consider the coefficient of the highest order of the inequality. – If the coefficient of the the highest order is positive (respectively, or negative) then the right side of line number interval is + (respectively, or −). Hence, place an alternate sign on the remaining interval. – Consider the sign of the inequality and confirm with the signs on the interval to conclude the solution set.


30

Lagkah-langkah berikut menunjukkan bagaimana cara menyelesaikan persamaan ini. • Lakukan memfaktorkan terhadap fungsi polinomial, bila tidak dapat difaktorkan pertimbangkan apakah fungsi tersebut definit. • Gambar sebuah garis bilangan dan letakkan semua akar-akar persamaan polinomial dalam garis bilangan. • Berikan tanda + atau − pada setiap interval dengan prinsip berikut: – Lihat koefisien pangkat tinggi pertidaksamaan tersebut. – Jika koefisien pangkat tertingginya positif maka interval paling kanan adalah +, bila negatif maka tulis − dan kemudian interval selanjutnya secara bergantian berlawanan tanda. – Lihat tanda pertidaksamaannya dan cocokkan dengan tanda tanda dalam interval untuk menentukan himpunan penyelesaiannya. Example. Determine x satisfying inequality x2 − 2x − 80 ≤ 0 and Contoh. Tentukan nilai-nilai x yang memenuhi kedua pertidaksamaan x2 −2x− 80 ≤ 0 dan (2x − 5)501 (x2 − 3x − 4)(−x2 + 7x − 80)(x3 + 4x2 − x + 1)2000 ≥0 (x + 1)(x + 14)51 Solution. To solve this inequality we should consider discriminant D = b2 −4ac of quadratic function ax2 + bx + c = 0. If D < 0 and a > 0 then the quadratic function is positive definite, If D < 0 and a < 0 the quadratic function is negative definite. Furthermore, all number of even power must be positive. Jika

31


Solusi. Untuk menyelesaikan pertidaksamaan ini maka kita harus ingat konsep Deskriminan D = b2 − 4ac untuk fungsi kuadratik ax2 + bx + c = 0. Bila D < 0 dan a > 0 maka fungsi kuadratik adalah definit positif, Bila D < 0 dan a < 0 maka fungsi kuadratik adalah definit negatif. Kemudian setiap bilangan yang berpangkat genap pasti bernilai positif. x2 − 2x − 80 ≤ 0 (x − 10)(x + 8) ≤ 0 ⇐⇒ Hp1 = {x| − 8 ≤ x ≤ 10} Whilst (Sedangkan) (2x − 5)501 (x2 − 3x − 4)(−x2 + 7x − 80)(x3 + 4x2 − x + 1)2000 ≥ 0 (x + 1)(x + 14)51 (2x − 5)501 (x − 4) ª ⊕ ≥ 0 (x + 14)51 For (Untuk) x 6= −14, (2x − 5)501 (x − 4)(x + 14)51 ª ⊕ ≥ 0 For (Untuk) x 6= −14, (2x − 5)501 (x − 4)(x + 14)51 ª ≥ 0 | {z } ª 501

(x − 4)(x + 14)51 ≤ 0 5 Therefore (Sehingga) Hp2 = {x| − 14 < x ≤ · ∨ · x ≥ 4} 2 It follows (Berarti) (2x − 5)

Since the problem shows a conjunction relation then both solution sets Hp1 and Hp2 must be joined. It implies that Hp = {x| − 8 ≤ x ≤

5 2

· ∨ · 4 ≤ x ≤ 10}.

Karena masalah di atas menunjukkan relasi konjungsi, maka kedua himpunan penyelesaian Hp1 dan Hp2 harus digabung. Sehingga diperoleh Hp = {x| − 8 ≤ x≤

5 2

· ∨ · 4 ≤ x ≤ 10}.

Example. The value of x satisfying inequality (x − 2)4 (−x2 − x − 10)|x2 − x − 1|(−x + 1)2 ≤ 1 is . . . Contoh. Harga x yang memenuhi pertidaksamaan (x − 2)4 (−x2 − x − 10)|x2 − x − 1|(−x + 1)2 ≤ 1 adalah . . .


32

(A) x ≤ −1 ∨ 0 ≤ x ≤ 1 ∨ x ≥ 2 (B) − 12 ≤ x ≤ 0 ∨

3 2

≤x≤2

(C) −1 ≤ x ≤ 0 ∨ 1 ≤ x ≤ 2 (D) − 12 < x ≤

3 2

(E) All x (Semua harga x)

3.1.1

Inverse Function Fungsi Invers

If f is a function from A to B then an inverse function for f is a function in the opposite direction, from B to A, with the property that a round trip (a composition) from A to B to A (or from B to A to B) returns each element of the initial set to itself. Thus, if an input x into the function produces an output y, then inputting y into the inverse function f −1 (read f inverse, not to be confused with exponentiation) produces the output x. Not every function has an inverse; those that are called invertible. Jika f adalah fungsi dari A ke B maka fungsi invers untuk f adalah suatu fungsi balikan yang berlawanana arah, yaitu dari B ke A, dengan sifat rute balikan itu (komposisi fungsi) adalah dari A ke B ke A (atau dari B ke A ke B) akan mengembalikan masing-masing element dari himpunan asal ke elemen-element itu sendiri. Dengan kata lain, jika dimasukkan x ke dalam fungsi memberikan hasil y, maka dengan memasukkan nilai y ke dalam fungsi invers f −1 (baca f invers, biar tidak dibingungkan dengan pengertian eksponensial) akan diperoleh hasil x. Tidak setiap fungsi memiliki balikan, fungsi yang tidak mempunyai fungsi invers ini disebut invertibel.

33


Theorem 3.1.1 If f (x) is function with x ∈ < then inverse function f −1 (x) satisfies the following:

Teorema 3.1.1 Jika f (x) suatu fungsi dalam x ∈ < maka fungsi invers f −1 (x) memenuhi hal berikut: 1. f ◦ f −1 (x) = x · ∧ · (f ◦ g)−1 (x) = g −1 ◦ f −1 (x) 2. f (x) = ax + b =⇒ f −1 (x) = 3. f (x) =

ax+b cx+d

=⇒ f −1 (x) =

2

4. f (x) = ax + bx + c =⇒ 5. f (x) =

√

x−b a

−dx+b cx−a

−1 f12 (x)

ax + b =⇒ f −1 (x) =

=

b − 2a

±

q ¡ 1 a

D 4a

¢

x2 −b a

6. f (x) = ax + b · ∧ · f ◦ g = px + q =⇒ g(x) = 7. f (x) = abx =⇒ f −1 (x) =

x+

px+q−b a

a log x

b

Bukti. For no. 4. From (1), we know that f ◦ f −1 (x) = x, so that for f (x) = ax2 + bx + c we get Proof. Untuk nomor 4. Dari (1) dipahami bahwa f ◦ f −1 (x) = x sehingga untuk f (x) = ax2 + bx + c diperoleh f (f −1 ) = x a(f −1 )2 + b(f −1 ) + c = x a(f −1 )2 + b(f −1 ) + c − x = 0 −1 f12

b = − ± 2a

s µ ¶ 1 b2 − 4ac x+ a 4a 2


3.1.2

34

Arithmetic and Geometric Sequence Barisan Aritmatik dan Geometrik

In mathematics, an arithmetic sequence or arithmetic progression is a sequence of numbers such that the difference of any two successive members of the sequence is a constant. For instance, the sequence 3, 5, 7, 9, 11, 13, . . . is an arithmetic progression with common difference 2. The sum of the terms of a arithmetic progression is known as a arithmetic series. Thus, the general form of a arithmetic sequence is a, a + b, a + 2b, . . . , a + (n − 1)b; and that of a geometric series is (a) + (a + b) + (a + 2b) + · · · + (a + (n − 1)b). Dalam matematika, suatu barisan aritmatika atau urutan aritmatika didefinisikan sebagai barisan bilangan sedemikian hingga beda dari dua bilangan yang berurutan dari barisan itu adalah konstan. Sebagai contoh, barisan bilangan 3, 5, 7, 9, 11, 13, . . . adalah barisan aritmatika dengan beda 2. Jumlah suku-suku dari barisan arimatika disebut dengan deret aritimatika. Bentuk umum dari barisan aritmatika adalah a, a + b, a + 2b, . . . , a + (n − 1)b; sedangkan bentuk umum dari deret aritmatika adalah (a) + (a + b) + (a + 2b) + · · · + (a + (n − 1)b). Meanwhile, A geometric sequence is a sequence of numbers where each term after the first is found by multiplying the previous one by a fixed non-zero number called the common ratio. For example, the sequence 2, 6, 18, 54,. . . is a geometric progression with common ratio 3. Similarly 10, 5, 2.5, 1.25, . . . is a geometric sequence with common ratio 1/2. The sum of the terms of a geometric progression is known as a geometric series. Thus, the general form of a geometric sequence is a, ar, ar2 , ar3 , ar4 , . . .; and that of a geometric series is a + ar + ar2 + ar3 + ar4 + . . . Sementara, suatu barisan geometrik adalah barisan bilangan dimana masingmasing suku setelah bilangan pertama didapat dari mengalikan bilangan se-


35

belumnya dengan bilangan konstan yang tidak nol, yang disebut dengan rasio dan rasio ini selalu sama. Sebagai contoh, barisan bilangan 2, 6, 18, 54,. . . adalah barisan geometrik dengan rasio 3. Sama hanya dengan barisan 10, 5, 2.5, 1.25, . . . adalah barisan geometrik dengan rasio 1/2. Jumlah suku-suku dari barisan geometrik ini disebut dengan deret geometrik. Bentuk umum dari barisan geometri adalah a, ar, ar2 , ar3 , ar4 , . . .; sedangkan bentuk umum dari deret geometri adalah a + ar + ar2 + ar3 + ar4 + . . .

Lemma 3.1.1 Given an arithmetic sequence a+(a+b)+(a+2b)+· · ·+(a+(n−1)b), where a is an initial term an b is a deference of any two successive terms. Then, we have the followings:

Lema 3.1.1 Diberikan suatu deret aritmatika a+(a+b)+(a+2b)+· · ·+(a+(n−1)b), dimana a adalah nilai suku awal dan b adalah beda suku-suku yang berurutan, maka beberapa hal berikut berlaku: Un = a + (n − 1)b n Sn = [U1 + Un ] 2 n Sn = [2a + (n − 1)b] 2 1 Ut = a + (n − 1)b 2

(3.1) (3.2) (3.3) (3.4)

Lemma 3.1.2 If we insert some k numbers on between any two successive numbers of arithmetic sequence and they form a new arithmetic sequence, then

36


Lema 3.1.2 Jika diantara dua buah bilangan yang berurutan dari suatu deret aritmatika disisipi k buah bilangan dan membentuk deret aritmatika baru maka b k+1 = n + (n − 1)k

b0 =

(3.5)

n0

(3.6)

Lemma 3.1.3 Let a + ar + ar2 + · · · + arn−1 be a geometric sequence, where a, r are respectively an initial value and ratio. The followings hold for this squence Lema 3.1.3 Diberikan suatu deret geometrik a + ar + ar2 + · · · + arn−1 , dimana a adalah nilai suku awal dan r adalah rasio suku-suku yang berurutan. Beberapa hal berikut berlaku untuk deret ini. Un = arn−1 a(rn − 1) Sn = , r>1 r−1 a(1 − rn ) Sn = , r<1 √1 − r Ut = a rn−1

(3.7) (3.8) (3.9) (3.10)

Lemma 3.1.4 If we insert some k numbers on between any two successive numbers of geometric sequence and they form a new geometric sequence, then Lema 3.1.4 Jika diantara dua buah bilangan yang berurutan dari suatu deret geometrik disisipi k buah bilangan dan membentuk deret geometrik baru maka √ r0 = k+1 r (3.11) n0 = n + (n − 1)k

(3.12)

37


Lemma 3.1.5 For arithmetic and geometric series satisfy Un = Sn − S(n − 1).

Lema 3.1.5 Untuk deret aritmatik maupun geometrik berlaku Un = Sn − S(n − 1).

Lemma 3.1.6 An infinite convergence geometric series, where |r| < 1, satisfies S∞ = a . 1−r

Lema 3.1.6 Untuk deret geometrik tak hingga konvergen, dimana |r| < 1, berlaku a S∞ = 1−r . Example. Determine the sum of all radius of circles whose numbers are infinity. Example. Tentukan jumlah seluruh jari-jari lingkaran berikut ini sampai pada banyaknya lingkaran tak higga.

∞

Figure 3.1: Squares in the circles.

38


Furthermore, how to find the n-term of sequence 1, 4, 11, 22, 37, . . . . Both formulas Un can not be used to answer this problems as the sequence does not have a common difference at first layer, namely 3,7,11,15. Thus then, this sequence admits an arithmetic sequence of common difference 4. The solution can be obtained by considering polynomial f (x) = ak xk + ak−1 xk−1 + ak−2 xk−2 + · · · + a0 x0 . Selanjutnya, bagaimana menentukan suku ke−n dari barisan bilangan: 1, 4, 11, 22, 37, . . . . Kedua rumus Un di atas tidak dapat dipakai untuk menjawab pertanyaan ini, sebab beda pada layer pertama tidak sama, yaitu 3,7,11,15, baru kemudian barisan beda ini merupakan barisan aritmatika dengan beda 4. Solusinya diperoleh dari mempertimbangkan fungsi polinomial f (x) = ak xk + ak−1 xk−1 + ak−2 xk−2 + · · · + a0 x0 .

Lemma 3.1.7 Let f (x) = a1 x + a0 ; x = 1, 2, . . . , n be a linear function series of the polynomial, it has common difference b = a1 at firs layer. Lema 3.1.7 Misal deret fungsi linear dari polinomial di atas adalah f (x) = a1 x + a0 ; x = 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai beda b = a1 pada layer pertama. Proof. An expansion of the linear function for the n-terms is as follows: Bukti. Ekspansi fungsi linear sampai suku ke−n adalah sebagai berikut: a1 + a0 , 2a1 + a0 , . . . , a1 (n − 3) + a0 , a1 (n − 2) + a0 , a1 (n − 1) + a0 , a1 n + a0 hence the common difference of the successive terms is b = f (n) − f (n − 1) = f (n − 1) − f (n − 2) = · · · = f (2) − f (1) = a1 , namely sehingga beda dari suku-suku yang berurutan adalah b = f (n) − f (n − 1) = f (n − 1) − f (n − 2) = · · · = f (2) − f (1) = a1 , yaitu a1 + a0 , 2a1 + a0 , . . . , a1 (n − 3) + a0 , a1 (n − 2) + a0 , a1 (n − 1) + a0 , a1 n + a0 | {z } | {z } | {z } a1

a1

a1


39

Lema 3.1.8 Let f (x) = a2 x2 + a1 x + a0 ; x = 1, 2, . . . , n be a quadratic function series of the polynomial, it has common difference b = 2a2 at second layer.

Lema 3.1.9 Misal deret fungsi kuadrat dari polinomial di atas adalah f (x) = a2 x2 + a1 x + a0 ; x = 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai beda b = 2a2 pada layer kedua. Proof. An expansion of the quadratic function for the n-terms is as follows: Bukti. Ekspansi fungsi quadratic untuk suku ke−n adalah sebagai berikut: a2 + a1 + a0 , 4a2 + 2a1 + a0 , . . . , a2 (n − 1)2 + a1 (n − 1) + a0 , a2 n2 + a1 n + a0 hence the differences of the successive terms are as follows: sehingga beda layer pertama dari suku-suku yang berurutan adalah sebagai berikut: bn = f (n) − f (n − 1) = 2a2 n − a2 + a1 = (2n − 1)a2 + a1 bn−1 = f (n − 1) − f (n − 2) = 2a2 n − 3a2 + a1 = (2n − 3)a2 + a1 bn−2 = f (n − 2) − f (n − 3) = 2a2 n − 5a2 + a1 = (2n − 5)a2 + a1 .. . b3 = f (3) − f (2) = 5a2 + a1 b2 = f (2) − f (1) = 3a2 + a1 . Therefore, the common difference of the successive terms of the difference sequence of the first layer is Dengan demikian, beda dari suku-suku yang berurutan pada barisan beda untuk layer pertama adalah b = bn − bn−1 = bn − bn−1 = · · · = b3 − b2 = 2a2

40

Chapter 3. Algebra Functions or atau

a + a1 + a0 , 4a2 + 2a1 + a0 , 9a2 + 3a1 + a0 , 16a2 + 4a1 + a0 , 25a2 + 5a1 + a0 |2 {z }| {z }| {z }| {z } 3a2 +a1

|

{z 2a2

5a2 +a1

}|

{z 2a2

7a2 +a1

}|

{z

9a2 +a1 →Layer I

}

2a2 →Layer II

2

Lema 3.1.10 Let f (x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 ; x = 1, 2, . . . , n, be a cubic function series of the polynomial, it has common difference b = 6a3 at third layer.

Lema 3.1.11 Misal deret fungsi kubik dari polinomial di atas adalah f (x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 ; x = 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai beda b = 6a3 pada layer ketiga. Proof. As exercise. Bukti. Sebagai latihan.

2

We conclude inductively in the following theorem: Secara induktif dapat disimpulkan dalam teorema berikut: Theorem 3.1.2 The series of polynomial function f (x) = ak xk +ak−1 xk−1 +ak−2 xk−2 + · · · + a0 x0 ; x = 1, 2, . . . , n has a common difference b = k!ak at layer k.

Teorema 3.1.2 Deret fungsi polinomial f (x) = ak xk + ak−1 xk−1 + ak−2 xk−2 + · · · + a0 x0 ; x = 1, 2, . . . , n, mempunyai beda yang sama b = k!ak pada layer ke−k.

41

Chapter 3. Algebra Functions Proof. As exercise. Bukti. Sebagai latihan.

2

Example. Given a series 15 + 32 + 63 + 108 + 167 + . . . . Obtain the n−term and the n−sum. Example. Diberikan suatu deret 15 + 32 + 63 + 108 + 167 + . . . . Tentukan suku ke−n dan jumlah ke−n. Solution. The series above forms the following Solusi. Deret di atas akan mengikuti pola berikut 15 + 32} |+{z63} + 108} + 167} + . . . | {z | {z | {z 17

31

45

59

| {z } | {z } | {z } 14

14

14

Since the series has a common difference at second layer, we have k = 2 and the function f (x) = a2 x2 + a1 x + a0 . We need to find the coefficients a2 , a1 , a0 . Theorem 3.1.2 implies b = k!ak = 2!a2 = 14 → a2 = 7, it follows f (x) = 7x2 + a1 x + a0 . Let Un = f (n) and Un = 7n2 + a1 n + a0 . We have the following: Karena deret fungsi mempunyai beda yang sama pada layer kedua maka k = 2 dan rumus f (x) = a2 x2 + a1 x + a0 . Selanjutnya perlu dicari koefisien a2 , a1 , a0 . Dari Theorema 3.1.2 diperoleh b = k!ak = 2!a2 = 14 → a2 = 7. Sehingga f (x) = 7x2 + a1 x + a0 . Misal Un = f (n) dan Un = 7n2 + a1 n + a0 , maka akan didapat: n = 1 → 7 + a1 + a0 = 15 → a1 + a0 = 8 n = 2 → 28 + 2a1 + a0 = 32 → 2a1 + a0 = 4 From both equations, we have a1 = −4 dan a0 = 12 which implies that the n−term is Un = 7n2 − 4n + 12.

42


Dari kedua persamaan diperoleh nilai a1 = −4 dan a0 = 12. Sehingga suku ke−n adalah Un = 7n2 − 4n + 12. To find the n−sum of the above series, we consider the following series Untuk menentukan jumlah ke−n dari deret di atas, maka kita lihat deret berikut Un → 15, 32, 63, 108, 167, . . . Sn → 15, 47, 110, 218, 385, . . . 15, 47 , 110 , 218 , 385 + . . . | {z } | {z } | {z } | {z } 32

63

108

167

| {z } | {z } | {z } 31

45

59

| {z } | {z } 14

14

Since the sequence of function has a common difference on the third layer, we have k = 3 and function f (x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 . We need to find the coefficients a3 , a2 , a1 , a0 . Theorem 3.1.2 implies b = k!ak = 3!a3 = 14 → a3 = 73 . Hence f (x) = 37 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 . Let Sn = f (n) and Sn = 37 n3 + a2 n2 + a1 n + a0 . We have the following: Karena deret fungsi mempunyai beda yang sama pada layer ketiga maka k = 3 dan rumus f (x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 . Selanjutnya perlu dicari koefisien a3 , a2 , a1 , a0 . Dari Theorema 3.1.2 diperoleh b = k!ak = 3!a3 = 14 → a3 =

7 . 3

Sehingga f (x) = 37 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 . Misal Sn = f (n) maka Sn = 73 n3 + a2 n2 + a1 n + a0 , maka akan didapat: 7 38 + a2 + a1 + a0 = 15 → a2 + a1 + a0 = 3 3 56 85 n=2 → + 4a2 + 2a1 + a0 = 47 → 4a2 + 2a1 + a0 = 3 3 189 141 n=3 → + 9a2 + 3a1 + a0 = 110 → 9a2 + 3a1 + a0 = 3 3 n=1 →

Solving the three equations, we have a2 = 23 , a1 = the n−sum is Sn = 37 n3 + 32 n2 +

67 n. 6

67 6

and a0 = 0 which implies


43

Dengan menyelesaikan ketiga persamaan di atas diperoleh nilai a2 = 32 , a1 =

67 6

dan a0 = 0. Sehingga jumlah suku ke−n adalah Sn = 73 n3 + 32 n2 +

2

3.2

67 n. 6

Arithmetic, Geometric, Harmonic, and Quadratic Means Rataan Aritmatik, Geometrik, Harmonik dan Kuadratik

In mathematics or statistics, an arithmetic mean of a list of numbers is the sum of all of the list divided by the number of items in the list. The arithmetic mean is the most commonly-used type of average and is often referred to simply as the average. A geometric mean is a type of mean or average, which indicates a central tendency of numbers. It is similar to arithmetic mean, which is what most people think of with the word ”average,” except that instead of adding the set of numbers and then dividing the sum by the count of numbers in the set n, the numbers are multiplied and then the nth root of the resulting product is taken. A harmonic mean (formerly sometimes called the subcontrary mean) is one of several kinds of average. Typically, it is appropriate for situations when the average of rates is desired. A quadratic mean is a type of average which is calculated as the square root of the mean of the squares. Dalam matematika atau statistika, suatu rataan aritmatik dari daftar bilangan adalah jumlah bilangan itu dibagi dengan banyaknya bilangan dalam daftar. Rataan aritmatika adalah sesuatu yang paling sering dipakai dan secara umum juga disebut dengan rata-rata. Rataan geometrik adalah jenis rataan atau ratarata yang merepresentasikan suatu tendensi sentral dari sekumpulan bilangan. Hampir sama dengan rataan aritmatik dimana banyak orang berpikir bahwa ini

44


hanyalah rata-rata, namun dalam rata-rata seluruh bilangan dalam daftar dijumlahkan kemudian dibagi dengan banyaknya bilangan dalam daftar, untuk rataan geometrik semua bilangan dalam daftar dikalikan kemudian ditarik akar pangkat n. Rataan harmonik (dulu disebut sebagai kebalikan rataan) adalah jenis lain dari rata-rata. Biasanya ini sesuai untuk menentukan rata-rata yang mempertimbangkan tingkatan. Rataan kuadratik adalah tipe dari rata-rata yang diperoleh dari menarik akar kuadrat dari rata-rata kuadratnya. Let AM =Arithmetic Mean, GM =Geometric Mean, HM =Harmonic Mean and QM =Quadratic Mean. For any positive real numbers a, b, it satisfies Misal AM =Rataan Aritmatik, GM =Rataan Geometrik, HM =Rataan Harmonik and QM =Rataan Kuadratik. Untuk sebarang a, b bilangan real positif, berlaku (a − b)2 ≥ 0 ⇐⇒ a2 + b2 ≥ 2ab

(3.13)

√ √ a and b → b then, from (3.13), it follows a + b ≥ 2 ab or √ √ √ Jika a → a dan b → b maka (3.13) menjadi a + b ≥ 2 ab atau If a →

√

a+b √ ≥ ab 2

(3.14)

In general we can present (3.14) as follows Secara umum kita dapat menulis (3.14) sebagai √ x1 + x2 + · · · + xn ≥ n x1 x2 . . . x n {z } n {z } | | GM

AM

If a →

1 a

Jika a →

and b → 1 a

1 b

dan b →

(3.15)

then (3.14) shows 1 b

maka (3.14) menjadi √

ab ≥

1 a

2 +

1 b

(3.16)

45

Chapter 3. Algebra Functions In general, we can present (3.16) as Secara umum kita dapat menulis (3.16) sebagai √ n

x1 x2 . . . x n ≥

1 x1

|

+

1 x2

n + · · · + x1n {z }

(3.17)

HM

From (3.13), we get 2(a2 + b2 ) ≥ a2 + 2ab + b2 ⇐⇒ 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 . If the two ¡ ¢2 2 2 sides are divided by 4 then we have a +b ≥ a+b , or 2 2 Dari (3.13) didapat 2(a2 + b2 ) ≥ a2 + 2ab + b2 ⇐⇒ 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 . Bila kedua ¡ a+b ¢2 2 2 ruas dibagi 4, diperoleh a +b ≥ , atau 2 2 r

a2 + b2 a+b ≥ 2 2

(3.18)

In general (3.18) can be written as Secara umum (3.18) ditulis sebagai r x21 + x22 + · · · + x2n x1 + x2 + · · · + xn ≥ n {zn } |

(3.19)

QM

Therefore, from(3.15), (3.17) and (3.19) we can conclude that for any positive real numbers x1 , x2 , . . . , xn satisfy: Dengan demikian, berdasarkan (3.15), (3.17) dan (3.19) dapat disimpulkan bahwa untuk setiap bilangan real positif x1 , x2 , . . . , xn berlaku: QM ≥ AM ≥ GM ≥ HM where

46

Chapter 3. Algebra Functions dimana r

x21 + x22 + · · · + x2n n x1 + x2 + · · · + xn AM = n √ GM = n x1 x2 . . . xn n HM = 1 1 + x2 + · · · + x1n x1 QM =

Example. Let x, y, z be any real positive numbers such that x + y + z = 1. Prove that xy(x + y)2 + yz(y + z)2 + xz(x + z)2 ≥ 4xyz. Contoh. Diketahui x, y, z adalah bilangan real positif sehingga x + y + z = 1. Buktikan bahwa xy(x + y)2 + yz(y + z)2 + xz(x + z)2 ≥ 4xyz. Solution. Since x + y + z = 1, we have Solusi. Karena x + y + z = 1 maka didapat xy(1 − z)2 + yz(1 − x)2 + xz(1 − y)2 ≥ 4xyz xy + yz + xz − 6xyz + xyz 2 + x2 yz + xy 2 z ≥ 4xyz xy + yz + xz + xyz 2 + x2 yz + xy 2 z 1 1 1 + + +x+y+z x y z 1 1 1 + + x y z 1 3 x+y+z ∴ 3 } | {z AM

≥ 10xyz ≥ 10 ≥ 9 ≥ ≥

3 1 x

+

1 y

+

1 z

+

1 z

3 1 x

|

+

1 y {z

HM

}


3.3

47

The Polynomials and Remainder Theorem Suku Banyak dan Teorema Sisa

A polynomial f (x) of degree n can be presented as: Suatu suku banyak f (x) yang berderajad n dinyatakan dengan: f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an where a0 , a1 , . . . , an are constant, a0 6= 0 and n is a cardinal number. dimana a0 , a1 , . . . , an adalah konstanta, a0 6= 0 dan n adalah bilangan cacah.

3.3.1

Polynomials Division Pembagian Suku Banyak

The division of polynomial is similar to the division of numbers. For instance in the number: Since 3 × 4 = 12, it follows 12 : 4 = 3 or 12 : 3 = 4. In the case of 12 : 4 = 3, numbers 4, 3 are respectively called divisor and quotient. Pembagian suku banyak menyerupai pembagian bilangan. Sebagai contoh pada bilangan: Karena 3×4 = 12 maka 12 : 4 = 3 atau 12 : 3 = 4. Pada kasus 12 : 4 = 3 maka bilangan 4, 3 masing-masing disebut pembagi dan hasil bagi. A polynomial f (x) divided by a divisor P (x) will give a quotient H(x) and a remainder S(x). Mathematically, we can write as: f (x) = P (x)H(x) + S(x) where: f (x) = is a polynomial of degree n; P (x) = is a polynomial of degree k; H(x) = is a polynomial of degree n − k; S(x) = is a polynomial of degree k − 1.


48

Suatu suku banyak f (x) yang dibagi dengan pembagi P (x) akan menghasilkan hasil bagi H(x) dan sisanya S(x). Secara matematis dapat ditulis sebagai: f (x) = P (x)H(x) + S(x) dimana: f (x) = suku banyak berderajad n; P (x) = suku banyak berderajad k; H(x) = suku banyak berderajad n − k; S(x) = suku banyak berderajad k − 1. When dividing polynomials, we need to consider the followings: 1. If the divisor is a linear term then the quotient and remainder can be obtained by Horner technique. 2. If the divisor is not linear and not be able to be factorized into product of linear terms then the quotient and remainder can be obtained by identity technique. Dalam melakukan pembagian terhadap suku banyak perlu diperhatikan hal-hal berikut: 1. Jika pembaginya linier, maka hasil bagi dan sisanya dapat dicari dengan menggunakan cara Horner. 2. Jika pembaginya bukan linier dan tidak dapat diuraikan menjadi bentuk perpangkatan linier maka hasil bagi dan sisanya dapat dicari dengan pergunakan metoda Identitas.

49


3.3.2

Remainder Theorem Teorema Sisa

1. If polynomial f (x) is divided by (x ± a) then the remainder is f (∓a). 2. If polynomial f (x) is divided by (ax ± b) then the remainder is f (∓ ab ). 3. If (x − a)|f (x) then f (a) = 0.

1. Jika suatu suku banyak f (x) dibagi dengan (x ± a) maka sisanya f (∓a). 2. Jika suatu suku banyak f (x) dibagi dengan (ax ± b) maka sisanya f (∓ ab ). 3. Jika (x − a)|f (x) maka f (a) = 0.

3.3.3

Factor Theorem Teorema faktor

1. If (x − a) is a factor of f (x) then the root of f (x) = 0 is x = a. 2. If polynomial f (x) satisfies f (a) = 0, f (b) = 0 and f (c) = 0 then f (x) is divisible by (x − a)(x − b)(x − c). 3. If f (x) is divided by (x − a)(x − b) then the remainder is S(x) =

(x−a) f (b) + (b−a)

(x−b) f (a). (a−b)

4. If f (x) is divided by (x − a)(x − b)(x − c) then the remainder is S(x) = (x−a)(x−b) f (c) (c−a)(c−b)

+

(x−a)(x−c) f (b) (b−a)(b−c)

+

(x−b)(x−c) f (a). (a−b)(a−c)

50


1. Jika (x − a) adalah faktor dari f (x) maka akar dari f (x) = 0 adalah x = a. 2. Jika pada suku banyak f (x) berlaku f (a) = 0, f (b) = 0 dan f (c) = 0 maka f (x) habis dibagi (x − a)(x − b)(x − c). 3. Jika f (x) dibagi dengan (x − a)(x − b) maka sisanya S(x) =

(x−a) f (b) (b−a)

+

(x−b) f (a). (a−b)

4. Jika f (x) dibagi dengan (x−a)(x−b)(x−c) maka sisanya S(x) = (x−a)(x−c) f (b) (b−a)(b−c)

3.3.4

+

(x−a)(x−b) f (c)+ (c−a)(c−b)

(x−b)(x−c) f (a). (a−b)(a−c)

Properties of Polynomial Roots Sifat-Sifat Akar-Akar Suku Banyak

In this section, we consider Vieta’s Formula. Let si be the sum of the products of distinct polynomial roots rj of the polynomial equation of degree n Dalam hal ini akan disajikan penggunaan rumus Vieta. Misal si adalah jumlah dari hasil kali akar-akar polinomial yang berbeda rj dari sebuah polinomial berderajad n an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 = 0 where the roots are taken i at a time (i.e., si is defined as the symmetric polynomial Πi (r1 , ..., rn ) for i = 1, ..., n). For example, the first few values of si are dimana akar-akar itu dihitung sebanyak i dalam suatu proses (atau si didefinisikan sebagai polinomial simetrik Πi (r1 , ..., rn ) untuk i = 1, ..., n). Sebagai contoh, beberapa nilai si yang pertama adalah s1 = r1 + r2 + r3 + r4 + . . . s2 = r1 r2 + r1 r3 + r1 r4 + r2 r3 + . . . s3 = r1 r2 r3 + r1 r2 r4 + r2 r3 r4 + . . . .. .

51

Chapter 3. Algebra Functions and so on. Then Vieta’s formulas states that dan seterusnya. Maka rumus Vieta’s dinyatakan sebagai si = (−1)i

an−i an

The followings are some example of Vieta’s formula. Berikut ini adalah beberapa contoh dari rumusan Vieta. 1. For the polynomial ax3 + bx2 + cx + d = 0, we have: Pada suku banyak ax3 + bx2 + cx + d = 0 berlaku: 1) x1 + x2 + x3 = −b/a 2) x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = c/a 3) x1 · x2 · x3 = −d/a 2. For the polynomial ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0, we have: Pada suku banyak ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 berlaku: 1) x1 + x2 + x3 + x4 = −b/a 2) x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 = c/a 2) x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 = −d/a 3) x1 · x2 · x3 · x4 = e/a We note that if the degree of polynomial is even then the the value of s is positive otherwise it is negative. Dapat dicatat bahwa bila pangkat tertinggi dari polinomial adalah genap maka nilai s adalah positif jika ganjil maka nilai s adalah negatif. To find some rational roots of polynomials can be used the following steps: Untuk menentukan beberapa akar rasional dari suku banyak dapat digunakan langkah-langkah berikut:


52

1. If the sum of all polynomial coefficients is equal to 0 then x = 1 is one of the root. Jika jumlah seluruh koefisien suku banyak sama dengan 0, maka x = 1 merupakan salah satu akarnya. 2. If the sum of the coefficients of odd order and even order are the same then x = −1 is one of the root. Jika jumlah koefisien pangkat ganjil dan genap adalah sama, maka x = −1 merupakan salah satu akarnya. 3. If (1) and (2) are not applicable then consider a trial and error technique by finding factors of the coefficient of the lowest order and substituting into f (x). Observe whether f (x) = 0 or not. Jika langkah (1) dan (2) tidak memenuhi, maka gunakan cara coba-coba yaitu dengan menentukan faktor dari koefisien pangkat terendahnya dan masukkan ke dalam f (x). Amati apakah f (x) = 0 atau tidak.

P ROBLEMS

AND

S OLUTIONS

S OAL - SOAL DAN P EMBAHASAN 1. A geometric series is presented as : 1 1 + + 2 + 16 + 128 + 1024 32 4 When we insert two numbers in between any two successive numbers such that it forms a new geometric series, determine the new ratio and the number of terms of the new geometric series. Suatu deret geometri diketahui sebagai berikut: 1 1 + + 2 + 16 + 128 + 1024 32 4

53


Jika disisipkan dua buah bilangan kedalam dua suku yang berurutan pada deret geometri ini sedemikian hingga deret itu membentuk deret geometri baru, tentukan ratio dan banyaknya suku deret geometri baru tersebut. Solution. We have the following: Solusi. Diketahui berikut: 1 1 + + 2 + 16 + 128 + 1024 32 4 So (Sehingga) Un Un − 1 r = 8 r =

Let k, n be number of inserted numbers and terms. We have k = 2 and n = 6. The new ratio is: Misal k, n masing-masing adalah banyaknya bilangan yang disisipkan dan banyaknya suku sebelum disisikpan, maka diperoleh k = 2 dan n = 6. Ratio yang baru adalah: r0 = r0 =

k+1

√ 3

√

r

8

r0 = 2

Number of the new terms is Banyaknya suku yang baru adalah n0 = n + (n − 1)k n0 = 6 + (6 − 1).2 n0 = 16

54

Chapter 3. Algebra Functions The desired geometric series is: Deret geometri yang dicari adalah: 1 1 1 1 1 + + + + + 1 +2 + .... + 265 + 512} +1024 | {z 32 |16{z 8} 4 |2 {z } | {z } the inserted numbers (bilangan yang disisipkan)

2. Let a, b and c be any riel positive numbers such that abc = 1. Prove that 1 a3 (b+c)

+

1 b3 (a+c)

+

1 c3 (a+b)

≥ 32 .

Misal a, b dan c adalah bilangan riil positif sedemikian hingga abc = 1. Buktikan bahwa

1 a3 (b+c)

+

1 b3 (a+c)

+

1 c3 (a+b)

≥ 32 .

Solution. Let S=

1 1 1 + + a3 (b + c) b3 (a + c) c3 (a + b)

(3.20)

and a = x1 , b = y1 , c = z1 . Let T = x + y + z. Since abc = 1, we have xyz = 1. Substituting the new a, b, c we have: Solusi. Misal S= dan a =

1 , x

b =

1 , y

1 1 1 + 3 + 3 + c) b (a + c) c (a + b)

a3 (b

c =

1 . z

(3.21)

Misal T = x + y + z. Karena abc = 1 maka

xyz = 1. Dengan mensubstitusikan a, b, c yang baru didapat: 1 x2 T 2 − (T 2 − x2 ) T2 = = = −T −x a3 (b + c) T −x T −x T −x 1 y2 T 2 − (T 2 − y 2 ) T2 = = = −T −y b3 (a + c) T −y T −y T −y 1 z2 T 2 − (T 2 − z 2 ) T2 = = = −T −z c3 (a + b) T −z T −z T −z Substituting the above equations into (3.21) we have the following. Dengan mensubstitusikan semua persamaan di atas ke dalam (3.21) maka

55

Chapter 3. Algebra Functions diperoleh berikut ini. µ ¶ 1 1 1 2 S = T + + − 3T − (x + y + z) T −x T −y T −z µ ¶ 1 1 1 2 + + − 4T = T T −x T −y T −z µ µ ¶¶ 1 1 1 2 3 = T + + − 4T 3 T −x T −y T −z µ = T ·3 2

1 T −x

+

1 T −y

+

1 T −z

3 {z

|

¶ − 4T

}

AM

µ 2 ≥ T ·3

¶

3 1

1 T −x

| µ

+

1

1 T −y

{z

+

1

1 T −z

3

− 4T

}

HM

¶ 9 T − 4T (T − x) + (T − y) + (T − z) µ ¶ 9 2 T − 4T 3T − (x + y + z) µ ¶ 9 2 − 4T T 2T 9T T x+y+z 3 x+y+z − 4T = = = · 2 2 2 2 | {z 3 } 2

= = = =

AM

3√ 3 3 xyz = 2 2

≥ Therefore Dengan demikian ∴

1 1 1 3 + + ≥ a3 (b + c) b3 (a + c) c3 (a + b) 2

3. Given that f (x) is a polynomial of degree 2. When f (x) is divided by x + 1, the remainder is 3; when f (x) is divided by x − 3, the remainder is 23; and

56


when f (x) is divided by x − 2, the remainder is 15. Find the polynomial f (x). Diketahui f (x) adalah sebuah polinomial berderajad 2. Saat f (x) dibagi dengan x + 1, maka sisanya adalah 3; saat f (x) dibagi dengan x − 3, maka sisanya adalah 23; dan saat f (x) dibagi dengan x − 2, maka sisanya adalah 15. Tentukan polinomial f (x) tersebut. Solution. Let f (x) = qx2 + mx + n. When f (x) is divided by x + 1, the remainder is s(−1) = q(−1)2 + m(−1) + n = 3; when f (x) is divided by x − 3, the remainder is s(3) = q(3)2 + m(3) + n = 23; and when f (x) is divided by x − 2, the remainder is s(2) = q(2)2 + m(2) + n = 15. Thus, we have Misal f (x) = qx2 + mx + n. Saat f (x) dibagi dengan x + 1, maka sisanya adalah s(−1) = q(−1)2 + m(−1) + n = 3; saat f (x) dibagi dengan x − 3, maka sisanya adalah s(3) = q(3)2 + m(3) + n = 23; dan saat f (x) dibagi dengan x − 2, maka sisanya adalah s(2) = q(2)2 + m(2) + n = 15. Sehingga, diperoleh q−m+n=3 9q + 3m + n = 23 4q + 2m + n = 15 Solving the three equations, we get q = 1, m = 3 and n = 5. Dengan menyelesaikan ketiga persamaan di atas, maka didapat q = 1, m = 3 dan n = 5.

¥¥¥¥¥¥

CHAPTER 4

Trigonometry Trigonometri Trigonometry (from Greek trig¯onon ”triangle” + metron ”measure”) is a branch of mathematics that deals with triangles, particularly those plane triangles in which one angle has 90 degrees (right triangles). Trigonometry deals with relationships between the sides and the angles of triangles and with the trigonometric functions, which describe those relationships. Trigonometri (berasal dari kata yunani trig¯onon ”segitiga” + metron ”mengukur”) adalah suatu cabang matematika yang berkenaan dengan segitiga, khususnya segitiga dalam bidang dimana satu sudut mempunyai besar sudut 90 derajad (segitiga siku-siku). Trigonometri berkaitan dengan hubungan anatara sisi-sisi dan sudut-sudut sebuah segitiga dengan fungsi trigonometri yang menggambarkan sebuah relasi diantaranya. Trigonometry has applications in both pure mathematics and in applied mathematics, where it is essential in many branches of science and technology. It is usually taught in secondary schools either as a separate course or as part of a precalculus course. Trigonometry is informally called ”trig”. Aplikasi trigonometri dapat ditemukan baik dalam matematika murni maupun matematika terapan yang keduanya ini sangat berguna pada beberapa cabang dalam sain dan teknologi. Trigonometri ini biasanya diajarkan di sekolah menengah baik dalam matapelajaran tertentu atau merupakan bagian dari mata pelajaran kalkulus. Secara informal isitilah trigonometri ini disebut dengan ”trig”.

57

58

Chapter 4. Trigonometry

4.1

Trigonometric Function Fungsi Trigonometri

Consider the following figure, we define the trigonometric functions as : sin α = y , cos α r

= xr , tg α = yx , ctg α = yx , sec α =

1 , cos α

cossec α =

1 . sin α

Perhatikan gambar berikut, maka fungsi-fungsi trigonometri didefinisikan sebagai: sin α = yr , cos α = xr , tg α = yx , ctg α = yx , sec α =

1 , cos α

cossec α =

1 . sin α

y

r 0

α

P (x, y) x

r

y

α

x

Figure 4.1: The right triangle trigonometric system Theorem 4.1.1 Pythagoras equality is stated as follow. Teorema 4.1.1 Kesamaan Pythagoras dinyatakan dalam berikut ini. 1.

sin2 α + cos2 α = 1, rumus identitas

2.

1 + ctg 2 α = cossec 2 α

3.

tg 2 α + 1 = sec2 α

The values of trigonometric function in every quadrant is described on a system of quadrant, where 90o < α2 < 180o , 180o < α4 < 270o and 270 < α3 < 360o . Considering the system of quadrant, the values of trigonometric function for any angle α can be memorized easily. In Quadrant I, all of trigonometric function

59


sign are positive, Quadrant II, only sinus is positive, Quadrant III, only tangent is positive, and Quadrant IV, only cosinus is positive. Therefore, the keyword to memorize it is ASTC. Nilai fungsi pada masing-masing kuadran tertera dalam sistem kuadran, dimana 90o < α2 < 180o , 180o < α4 < 270o dan 270 < α3 < 360o . Dengan memetakan pada sistem kuadran ini maka nilai fungsi trigonometri untuk sebarang sudut α dapat dengan mudah diingat tandanya. Pada kuadaran I all tanda fungsi trigonometri positif, kuadaran II hanya sinus yang positif, kuadaran III hanya tangent yang positif dan kuadaran IV hanya cosinus yang positif. Dengan demikian kata kunci untuk mengingatnya adalah ASTC.

Table 4.1: Trigonometric quadrant system II

I

sin α2 > 0

all > 0

III

IV

tg α3 > 0 cos α4 > 0

Thus that, understanding the sign, to obtain the values of trigonometric function we just need to remember its values at the first quadrant. Use the key words ASTC to obtain the values on the following quadrant. For instance, to determine sin 150o , we only need to know sin 30o as sin(180o − 30o ) = sin 30o . We refer to second quadrant that sinus is positive which follows that sin 30o =

1 2

Dengan memahami nilai tanda ini maka untuk hal tertentu kita hanya dapat mengingat nilai nilai fungsi trigonometri pada kuadran pertama, selanjutnya gunakan kata kunci ASTC untuk menentukan nilai-nilai di kuadran lainnya. Sebagai contoh: untuk menetukan sin 150o , kita cukup mengetahui sin 30o karena

60


sin(180o − 30o ) = sin 30o . Kita ingat di kuadran kedua bahwa sinus adalah posisitif, sehingga sin 30o =

1 2

We summarize that the values of sinus, cosinus, tangent and cotangent for special angles are as follows. Nilai sinus, cosinus, tangent dan cotangent untuk sudut-sudut istimewa pada kuadran pertama adalah sebagai berikut.

Table 4.2: The value of trigonometric functions for special angles 0o

30o

sin

0

1 2

cos

1

tg

0

ctg

∞

√

1 3 2 √ 1 3 3

√

3

45o √ 1 2 2 √ 1 2 2 1 1

60o 90o √ 1 3 1 2 1 2

0

3 √ 1 3 3

∞

√

0

The trigonometric functions in every quadrant does not remain the same. To easily memorize the change of trigonometric functions of any angles (X o − α), it can be showed as the following system. From Quadrant I −→ IV in clockwise direction, the situations are B(berubah), Tb(tidak berubah), B(berubah), Tb(tidak berubah) or in short form we have an acronym BTBT. Applying the acronym ASTC, we easily put sign + or − on the resulted values. Fungsi trigonometri di beberapa kuadran tidak selalu tetap. Untuk mempermudah ingatan kita tentang perubahan nilai fungsi trigonometri dari beberapa sudut (X o − α) dapat disajikan dalam sistem berikut. Dari kuadaran I −→ IV berlawanan jarum jam, kondisinya adalah B(berubah), Tb(tidak berubah), B(berubah), Tb(tidak berubah) atau dapat disingkat BTBT. Dengan menerapkan singkatan ASTC kita dapat memberikan tanda + dan − pada nilai-nilai itu

61

Chapter 4. Trigonometry dengan mudah.

Table 4.3: The value of trigonometric functions for any angle (X o − α) Tb o

B o

sin(180 − α) = sin α

sin(90 − α) = cos α

cos(180o − α) = − cos α

cos(90o − α) = sin α

tg (180o − α) = − tg α

tg (90o − α) = ctg α

ctg (180o − α) = − ctg α

ctg (90o − α) = tg α

B

Tb

sin(270o − α) = − cos α

sin(360o − α) = − sin α

cos(270o − α) = − sin α

cos(360o − α) = cos α

tg (270o − α) = ctg α

tg (360o − α) = − tg α

ctg (270o − α) = tg α

ctg (360o − α) = − ctg α

If an angle −α is obtained by turning a phase in clockwise direction then the angle −α take a place in Quadrant IV. Thus, we know that the values of trigonometric functions for negative angles are exactly the values of trigonometric functions on Quadrant IV. For detail, see the followings. Bila sudut −α diperoleh dengan memutar jangka searah jarum jam maka sudut −α berada pada kuadarn IV. Dengan demikian dapat dipahami bahwa nilai fungsi trigonometri pada sudut negatif setara dengan nilai fungsi trigonometri pada sistem di atas pada kuadran IV. Nilai selengkapnya disajikan dalam tabel berikut. Furthermore, we can develop a quadrant system for trigonometric function values for any angle (X o + α). In this case, we generate an acronym TBTB as a keyword to remember.

62


Table 4.4: The value of trigonometric functions for negative angles sin(−α) = sin(360o − α) = − sin α cos(−α) = cos(360o − α) = cos α tg (−α) = tg (360o − α) = − tg α ctg (−α) = ctg (360o − α) = − ctg α

Disamping itu, dapat pula digambarkan sistem kuadran untuk menentukan nilai fungsi trigonometri pada sudut (X o + α). Dalam sistem ini diperoleh singkatan TBTB sebagai kata kunci untuk mengingat.

Table 4.5: The value of trigonometric functions for any angle (X o + α) B

Tb

o

sin(360 + α) = sin α

o

cos(90 + α) = sin α

cos(360o + α) = cos α

tg (90o + α) = − ctg α

tg (360o + α) = tg α

ctg (90o + α) = − tg α

ctg (360o + α) = ctg α

sin(90 + α) = − cos α

Tb

o

B

sin(180o + α) = − sin α

sin(270o + α) = cos α

cos(180o + α) = − cos α

cos(270o + α) = − sin α

tg (180o + α) = tg α

tg (270o + α) = − ctg α

ctg (180o + α) = ctg α

ctg (270o + α) = − tg α

63

Chapter 4. Trigonometry Example. Contoh. sin(270o −30o ) ! cos(180o −45o ) sin(270o −30o ) ! cos(180o −45o )

1. Determine the value of Tentukan nilai dari

o

o

sin(270 −30 ) Solution. Remember the angle (X o −α), ASTC and BTBT, thus cos(180 o −45o ) = p o − cos 30 = 3/2. − cos 45o o

o

sin(270 −30 ) Solusi. Ingat sudut (X o −α), ASTC dan BTBT, maka cos(180 o −45o ) = p 3/2.

− cos 30o − cos 45o

=

tg (360o +60o ) ! cos(180o +90o ) tg (360o +60o ) ! cos(180o +90o )

2. Determine the value of Tentukan nilai dari

o

o

tg (360 +60 ) Solution. Remember the angle (X o +α), ASTC and TBTB, thus cos(180 o +90o ) = √ tg 60o == 3. − sin 90o o

o

tg (360 +60 ) Solusi. Ingat sudut (X o +α), ASTC dan TBTB, maka cos(180 o +90o ) = √ 3.

4.1.1

tg 60o − sin 90o

Sine and Cosine Rule Aturan Sinus dan Cosinus

The following figure shows 4ABC and a circle of radius R. Gambar dibawah ini memperlihatkan 4ABC dan lingkaran dengan jari-jari R.

Theorem 4.1.2 (Sine Rule) The sine rule states: Theorem 4.1.3 (Aturan sinus) Aturan sinus mengatakan bahwa: b c a = = = 2R sin α sin β sin γ

=

64


B

B

β

β a

c

A

α

0

B

γ

b

0 A

C

b

C

A

(ii)

(i)

a

c

β

α

Z

C

(iii)

Figure 4.2: Triangle and circle of radius R Proof. As an exercise. Bukti. Sebagai bahan latihan.

Theorem 4.1.4 (Cosine Rule) The cosine rule states: Teorema 4.1.2 (Aturan cosinus) Aturan cosinus mengatakan bahwa: a2 = b2 + c2 − 2bc cos α b2 = a2 + c2 − 2ac cos β c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ Proof. Consider Figure 5.1(iii) Bukti. Perhatikan Gambar 5.1(iii) CZ = AC − AZ = b − c cos α BZ = c sin α BC 2 = CZ 2 + BZ 2 a2 = (b − c cos α)2 + (c sin α)2 = b2 − 2bc cos α + c2 (cos2 α + sin2 α) = b2 − 2bc cos α + c2


65

Thus a2 = b2 + c2 − 2bc cos α. In the same way, we can prove that b2 = a2 + c2 − 2ac cos β and c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ. Sehingga a2 = b2 + c2 − 2bc cos α. Dengan cara yang sama, dapat dibuktikan b2 = a2 + c2 − 2ac cos β dan c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ.

2

Example. Prove that Contoh. Buktikan bahwa sin2 α = sin2 β + sin2 γ − 2 sin β sin γ cos α sin2 β = sin2 α + sin2 γ − 2 sin α sin γ cos β sin2 γ = sin2 α + sin2 β − 2 sin α sin β cos γ Solution. The sine rule states that a = 2R sin α, b = 2R sin β and c = 2R sin γ. Substituting into cosine rule above, we will get those formulas. Solusi. Aturan sinus menyatakan bahwa a = 2R sin α, b = 2R sin β dan c = 2R sin γ. Substitusikan ke dalam aturan cosinus di atas maka akan diperoleh rumus-rumus itu.

4.1.2

Formulas of Sum and Difference of Angles Rumus-rumus Jumlah dan Selisih Sudut

A circle of radius 1 with point A and B, where ∠AOX = α and ∠BOX = β, is presented in Figure 4.3. Sebuah lingkaran dengan jari-jari 1 dan titik A dan B, dimana ∠AOX = α dan ∠BOX = β, terlihat dalam Gambar 4.3.

Theorem 4.1.5 Let α and β be any angles. The formula of sum and difference of angles can be stated as follows.

66


y B β

O

α

A x

Figure 4.3: Sum and Difference of Angles Teorema 4.1.3 Diberikan sudut α and β, maka rumus penjumlahan dan pengurangan sudut dapat dinyatakan sebagai berikut. 1.

sin(α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β

2.

cos(α ± β) = cos α cos β ∓ sin α sin β tg α ± tg β tg (α ± β) = 1 ∓ tg α tg β

3.

Bukti. Consider Figure 4.3, we have A(cos α, sin α) and B(cos β, sin β). the length of AB can be obtained by the formula: Bukti. Perhatikan Gambar 4.3, kita memiliki A(cos α, sin α) dan B(cos β, sin β). Panjang AB dapat dicari dengan rumus: AB 2 = (cos α − cos β)2 + (sin α − sin β)2 = 2(1 − (cos α cos β + sin α sin β)).

(4.1)

Cosine rule gives Aturan cosinus memberikan Aturan cosinus memberikan AB 2 = OA2 + OB 2 − 2 · OA · OB · cos ∠AOB = 2(1 − cos(β − α)).

(4.2)

67

Chapter 4. Trigonometry From Equations (4.1) and (4.2), it follows Dari persamaan (4.1) dan (4.2) memberikan cos(α − β) = cos α cos β + sin α sin β, which completes the proof. We leave other formulas as an exercise

dengan demikian terbuktilah. Rumus lainnya ditinggal untuk bahan latihan. 2

Theorem 4.1.6 Given an angle α, the formula of multiple angles is presented as follows. Teorema 4.1.4 Diberikan sudut α, maka rumus rumus sudut rangkap dapat ditunjukkan sebagai berikut. 1.

sin(2α) = 2 sin α cos α

(4.3)

2.

cos(2α) = cos2 α − sin2 α 2 tg α tg (2α) = 1 − tg 2 α

(4.4)

3.

(4.5)

Bukti. For Equation 4.3 Bukti. Untuk Persamaan 4.3 sin(2α) = sin(α + α) = sin α cos α ± cos α sin α = 2 sin α cos α. We leave others for readers. Pembuktian lainnya diserahkan kepada pembaca.

2

Theorem 4.1.7 Let α, β be any angles, the product formula of trigonometric function is showed as follows:


68

Teorema 4.1.5 Diberikan sebarang sudut α and β, maka rumus perkalian fungsi trigonometri adalah sebagai berikut: 1.

2 sin α cos β = sin(α + β) + sin(α − β)

2.

2 cos α sin β = sin(α + β) − sin(α − β)

3.

2 cos α cos β = cos(α + β) + cos(α − β)

4.

−2 sin α sin β = cos(α + β) − cos(α − β)

Theorem 4.1.8 Let x, y be any angles, the formula of sum and difference of trigonometric functions are

Theorem 4.1.9 Diberikan sudut x and y, maka rumus penjumlahan dan pengurangan fungsi trigonometri adalah: 1. 2. 3. 4.

1 1 sin x + sin y = 2 sin (x + y) cos (x − y) 2 2 1 1 cos x + cos y = 2 cos (x + y) cos (x − y) 2 2 1 1 sin x − sin y = 2 cos (x + y) sin (x − y) 2 2 1 1 cos x − cos y = −2 sin (x + y) sin (x − y) 2 2

(4.6) (4.7) (4.8) (4.9)

Proof. Assuming that x = (α + β) and y = (α − β), and using Theorem4.1.5, we can easily prove this theorem. Bukti. Dengan memisalkan x = (α + β) dan y = (α − β), dan menggunakan Teorema 4.1.5, maka teorema ini dapat dengan mudah dibuktikan. Example. If 2 cos2 2x + sin( π2 − 2x) − 6 = 0 then cos x = . . . Contoh. Jika 2 cos2 2x + sin( π2 − 2x) − 6 = 0 maka cos x = . . .

2

69

Chapter 4. Trigonometry Solution. Solution. π − 2x) − 6 = 0 2 2 cos2 2x + cos 2x − 6 = 0 2 cos2 2x + sin(

(2 cos2 2x − 3)(cos 2x + 2) = 0 3 cos 2x = ∨ cos 2x = −2 2 √ For cos 2x = 32 −→ 2 cos2 x − 1 = 32 −→ cos x = ± 12 5. For cos 2x = −2 −→ √ √ 2 cos2 x − 1 = −2, the value of cos x is undefined. Thus cos x = 12 5 or − 12 5. √ Untuk cos 2x = 32 −→ 2 cos2 x − 1 = 32 −→ cos x = ± 21 5. Untuk cos 2x = −2 −→ √ √ 2 cos2 x − 1 = −2, nilai cos x tak terdefinisi. Sehingga cos x = 21 5 atau − 12 5.

4.1.3

Trigonometric Equation Persamaan Trigonometri

The simple trigonometric equation can be solved by the following way: Bentuk persamaan trigonometri sederhana dapat diselesaikan dengan cara berikut:

sin x = sin α =⇒ x1 = α + k · 360 ∨ x2 = (180o − α) + k · 360 cos x = sin α =⇒ x1 = α + k · 360 ∨ x2 = −α + k · 360 tg x = sin α =⇒ x1 = α + k · 180 ctg x = sin α =⇒ x1 = α + k · 180

To solve equation a cos x + b sin x = c, we should transform into equation cos(x − α) = y first. Sedangkan untuk menyelesaikan bentuk persamaan a cos x + b sin x = c, maka

70

Chapter 4. Trigonometry harus ditransformasikan terlebih dahulu ke dalam bentuk cos(x − α) = y. a cos x + b sin x = c b c cos x + sin x = a a sin α c b sin α sin x = , misal tg α = = cos x + cos α a a cos α c cos x cos α + sin α sin x = cos α a c a cos(x − α) = cos α, dimana cos α = √ a a2 + b2

(4.10)

So Sehingga

a cos x + b sin x = c =⇒ cos(x − α) =

√ c a2 +b2

Theorem 4.1.10 Equation of form a cos x + b sin x = c is solvable if c2 ≤ a2 + b2

Teorema 4.1.6 Bentuk persamaan a cos x + b sin x = c dapat diselesaikan apabila c2 ≤ a 2 + b2 From Equation (4.10), we have a cos x + b sin x = c =⇒ cos(x − α) = value of cosine is −1 ≤ cos x ≤ 1, thus −1 ≤ 2

2

√ c a2 +b2

≤ 1 =⇒

c2

√ c . a2 +b2

a2 +b2

The

≤ 1 =⇒

2

c ≤ a + b . Bukti. Sesuai Persamaan (4.10), maka a cos x + b sin x = c =⇒ cos(x − α) = −1 ≤

√ c a2 +b2

√ c . a2 +b2

≤ 1 =⇒

Nilai cosinus terletak antara −1 ≤ cos x ≤ 1, sehingga c2 a2 +b2

≤ 1 =⇒ c2 ≤ a2 + b2 .

2

Example. Determine the value of x satisfying tg x + ctg x = 4 cos 2x Contoh. Tentukan harga x yang memenuhi persamaan tg x + ctg x = 4 cos 2x.

71

Chapter 4. Trigonometry Solution. Solusi. tg x + ctg x = 4 cos 2x sin2 x + cos2 x = 4 cos 2x cos x sin x 1 = 4 cos 2x cos x sin x sin 90o = 2 cos 2x sin 2x = sin 4x

The last equation shows sin 4x = sin 90o −→ 4x1 = 90o + k · 360o ∨ 4x1 = o

o

(180o − 90o ) + k · 360o . The value of x satisfying both of them {22 12 , 112 12 , o

o

202 12 , 292 12 }. Dari persamaan terakhir sin 4x = sin 90o −→ 4x1 = 90o + k · 360o ∨ 4x1 = o

o

(180o − 90o ) + k · 360o . Nilai x yang memenuhi keduanya adalah {22 21 , 112 12 , o

o

202 12 , 292 12 }.

4.2

Limit Fungsi

In mathematics, the limit of a function is a fundamental concept in calculus and analysis concerning the behavior of that function near a particular input. Informally, a function assigns an output f (x) to every input x. The function has a limit L at an input p if f (x) is ”close” to L whenever x is ”close” to p. In other words, f (x) becomes closer and closer to L as x moves closer and closer to p. More specifically, when f is applied to each input sufficiently close to p, the result is an output value that is arbitrarily close to L. If the inputs ”close” to p are taken to values that are very different, the limit is said to not exist. Formal definitions, first devised in the early 19th century, are given below. Dalam matematika, limit suatu fungsi adalah merupakan konsep dasar kalkulus dan analisis terkait dengan karakteristik fungsi di sekitar suatu input tertentu.

72


Secara informal, suatu fungsi akan memberikan output f (x) terhadap setiap input x. Fungsi itu akan memberikan sebuah nilai pendekatan L atas suatu input p jika f (x) ”dekat” dengan L apabila x juga ”dekat” dengan p. Dengan kata lain, f (x) menjadi dekat dan semakin dekat dengan L sebagaimana x bergerak dekat dan semakin dekat dengan p. Secara sepesifik, saat f diterapkan terhadap setiap input yang cukup dekat dengan p, hasilnya adalah sebuah output yang juga cukup dekat dengan L. Jika input yang dekat dengan p dimasukkan dan hasilnya sangat berbeda maka limit ini dikatakan tidak terdefinisi. Definisi formal, mucul pertama kali diawal abad 19-an, diberikan dalam berikut ini.

Definition 4.2.1 Intuitive Defintion of Limit. If f (x) is a real function and c is a real number then: lim f (x) = L, x→c

that is f (x) can be sufficiently closer to L as x moves close to c.

Definisi 4.2.1 Pengertian limit secara intuitif. Jika f (x) adalah fungsi riil dan c adalah bilangan riil, maka: lim f (x) = L, x→c

berarti f (x) dapat dibuat sedekat mungkin dengan L sebagaimana nilai x bergerak dekat dengan bilangan c.

Theorem 4.2.1 Let f, g be functions whose limits exist for c. Let k, n be respectively constant and positive real number. We have the followings.

73


Teorema 4.2.1 Misal f, g adalah fungsi-fungsi yang limitnya terdefinisi untuk c. Misal k, n adalah masing-masing sebuah konstanta dan bilangan positif real. Maka akan berlaku berikut ini. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

lim k = k and (dan) lim x = c

x→c

x→c

lim kf (x) = k lim f (x)

x→c

x→c

lim[f (x) ± g(x)] = lim f (x) ± lim g(x)

x→c

x→c

x→c

lim f (x) · g(x) = lim f (x) · lim g(x)

x→c

x→c

x→c

limx→c f (x) f (x) = , provided (asalkan) lim g(x) 6= 0 x→c g(x) x→c limx→c g(x) h in lim[f (x)]n = lim f (x) x→c x→c q p n lim f (x) = n lim f (x), provided (asalkan) lim f (x) ≥ 0 lim

x→c

x→c

x→c

for (untuk) n even (genap)

Definition 4.2.2 Newton’s difference quotient. Let f be a function. Function f 0 (read as ”f prime”) is the derivative of f whose value on any x is f 0 (x) =

f (x + h) − f (x) df (x) = lim h→0 dx h

provided the limit exists.

Definition 4.2.3 Hasil beda Newton. Diketahui suatu fungsi f . Fungsi f 0 (dibaca ”f aksen”) adalah turunan dari f yang nilainya pada sebarang x adalah f 0 (x) = asalkan limit ini ada.

f (x + h) − f (x) df (x) = lim h→0 dx h

74

Chapter 4. Trigonometry Example. If f (x) = x3 , then determine f 0 (x). Contoh. Jika f (x) = x3 , maka tentukan f 0 (x). Solution. Solusi. f (x + h) − f (x) (x + h)3 − x3 = lim h→0 h→0 h h 2 2 3 3x h + 3xh + h = lim = lim (3x2 + 3xh + h2 ) h→0 h→0 h 2 = 3x .

f 0 (x) = lim

We expect the readers to remember the formula of derivative function for algebraic, exponential or trigonometry. Expressing the derivative definition is only to show the connection between derivative concept and the solution of limit of function. This module does not mean to discuss the concept of derivative in detail. In the followings, we describe the solution of limit by using a derivative concept. Pembaca diharapkan dapat mengingat rumus-rumus turunan fungsi aljabar, eksponensial dan trigonometri. Pencantuman definisi turunan dalam bagian ini hanya untuk menggambarkan kaitan konsep turunan dengan penyelesaian limit fungsi. Sehingga modul ini tidak dimaksudkan untuk membahas konsep turunan secara detail. Berikut ini diberikan metode penyelesaian limit fungsi dengan memanfaatkan konsep turunan ini. In general, if f (x) = xn the the derivative function f 0 (x) is: Secara umum, jika f (x) = xn maka fungsi turunan f 0 (x) adalah:

f 0 (x) =

d n x dx

= nxn−1

75


4.2.1

Solution Techniques Metode Penyelesaian

Some techniques in solving limit have been developed. One of the most popular is by recognizing an undefined form of function y = F (x) when an input x → p is , ∞ ± ∞, ∞ × 0, 00 , ∞0 , ∞∞ . substituted. Those undefined forms are 00 , ∞ × ∞, ∞ ∞ Beberapa cara menyelesaikan limit fungsi telah dikembangkan, salah satu yang paling populer yaitu dengan cara mengetahui bentuk takterdefinisi dari funggsi y = F (x) apabila masukan x → p disubstitusikan. Bentuk-bentuk takterdefinisi ∞ itu adalah: 00 , ∞ × ∞, ∞ , ∞ ± ∞, ∞ × 0, 00 , ∞0 , ∞∞ .

Based on the undefined forms, we can solve the limit of function by the following principles. Berdasarkan bentuk tak terdefinisi di atas maka dalam menyelesaikan limit fungsi dapat dilakukan dengan cara berikut. 1. Forms (Bentuk)

0 0

∞ . ∞

and (dan)

f (x) f 0 (x) = lim 0 x→c g(x) x→c g (x)

(4.11)

lim

2. Form (Bentuk) ∞ × 0. 1 f (x) 1 f (x)

lim f (x) · g(x) = lim(f (x) · g(x)) ×

x→c

x→c

such that we get forms

0 0

or

= lim

x→c

g(x) 1 f (x)

(4.12)

∞ . ∞

sedemikian hingga diperoleh bentuk

0 0

atau

∞ . ∞

3. Form Bentuk ∞ ± ∞. lim[f (x) ± g(x)] = lim

x→c

x→c

1 g(x)

±

1 f (x)

1 f (x)·g(x)

(4.13)

76

Chapter 4. Trigonometry such that we get forms

0 0

or

∞ ∞

sedemikian hingga diperoleh bentuk

0 0

atau

∞ . ∞

4. When we do not end up with the three forms, we can solve it with simplifying the function by using special techniques and mathematics properties, such as factorization, identity formulas etcetera. For the limit of trigonometric function can be the properties of trigonometry in Chapter 3 Apabila tidak diperoleh ketiga bentuk di atas maka dapat diselesaikan dengan menyederhanakan fungsi itu dengan menerapkan teknik-teknik khusus dan sifat-sifat matematis, seperti pemfaktoran, rumus identitas dan lain sebagainya. Untuk fungsi trigonometri dapat menggunakan sifatsifat trigonometri pada Bab 3.

4.2.2

Limit of Algebraic Function Limit Fungsi Aljabar

Theorem 4.2.2 Given that a function f (x) = a0 xm + a1 xm−1 + a2 xm−2 + · · · + am (x) is and g(x) = b0 xn + b1 xn−1 + b2 xn−2 + · · · + bn . So limx→∞ fg(x) Teorema 4.2.2 Diketahui suatu fungsi f (x) = a0 xm + a1 xm−1 + a2 xm−2 + · · · + am (x) adalah dan g(x) = b0 xn + b1 xn−1 + b2 xn−2 + · · · + bn maka limx→∞ fg(x)   

a0 , b0

jika = 0, jika   ∞, jika

m = n, m < n, m > n.

(4.14)

Proof. We leave for a group discussion. (Hint. When m = n, divide f (x), g(x) by xm = xn ; when m < n, divide f (x), g(x) by xn ; and when m > n, divide


77

f (x), g(x) by xm ). Bukti. Sebagai bahan diskusi kelompok. (Petunjuk. Bila m = n maka bagi f (x), g(x) dengan xm = xn ; bila m < n bagi f (x), g(x) dengan xn ; dan bila m > n maka bagi f (x), g(x) dengan xm ).

2

Theorem 4.2.3 Given that a function f (x) = a0 xm + a1 xm−1 + a2 xm−2 + · · · + am (x) and g(x) = b0 xn + b1 xn−1 + b2 xn−2 + · · · + bn . So limx→0 fg(x) is Teorema 4.2.3 Diketahui suatu fungsi f (x) = a0 xm + a1 xm−1 + a2 xm−2 + · · · + am (x) dan g(x) = b0 xn + b1 xn−1 + b2 xn−2 + · · · + bn , maka limx→0 fg(x) adalah  a0   b0 , jika m = n, = (4.15) ∞, jika m < n,   0, jika m > n.

Theorem 4.2.4 Given that a function p √ f (x) = ax2 + bx + c and g(x) = px2 + qx + r. So limx→∞ [f (x) − g(x)] is Teorema 4.2.4 Diketahui suatu fungsi p √ f (x) = ax2 + bx + c dan g(x) = px2 + qx + r, maka limx→∞ [f (x) − g(x)] adalah  b−q √   2a a, jika m = n, = −∞, jika a < p,   +∞, jika a > p.

(4.16)

78

Chapter 4. Trigonometry Proof. Bukti.

i √ax2 + bx + c + ppx2 + qx + r p = lim ax2 + bx + c − px2 + qx + r · √ x→∞ ax2 + bx + c + px2 + qx + r (b − q)x + (c − r) p = lim √ , karena a = p 2 x→∞ ax + bx + c + px2 + qx + r h√

=

p

(b − q) + (c−r) x p b c a + x + x2 + p +

lim q

x→∞

q x

+

r x2

(b − q) √ a. 2a h√ i p Hence limx→∞ ax2 + bx + c − px2 + qx + r = =

(b−q) √ a. 2a

and a < p, we leave h√for a group discussion. i p Sehingga limx→∞ ax2 + bx + c− px2 + qx + r =

When the case a > p

(b−q) √ a. 2a

Untuk kasus a > p

dan a < p dapat digunakan sebagai bahan diskusi kelompok.

2

Apart from the three cases, in general we can solve the limit of algebraic function by referring the methods in Subsection 4.2.1. Diluar tiga kasus di atas, secara umum limit fungsi aljabar dapat diselesaikan dengan mengacu pada metode-metode yang terdapat subbab 4.2.1. x2 +(3−a)x−3a x−a x2 +(3−a)x−3a limx→a x−a

Example. Determine limx→a Contoh. Tentukan

Solution. Case 4.11, we have Solution. Kasus 4.11, maka x2 + (3 − a)x − 3a 2x + (3 − a) = lim x→a x→a x−a 1 = a+3 lim

√

√ x3 +2x2 c+3xc2 −5− 6c3 −5) x−c √ √ x3 +2x2 c+3xc2 −5− 6c3 −5) limx→c x−c

Example. Determine limx→c Contoh. Tentukan

79

Chapter 4. Trigonometry Solution. Case 4.11, we have Solusi. Kasus 4.11, maka √ √ x3 + 2x2 c + 3xc2 − 5 − 6c3 − 5) 3x2 + 4xc + 3c2 lim = lim √ x→c x→c 2 x3 + 2x2 c + 3xc2 − 5 x−c √ c 11 = √ 2 6c3 − 5

4.2.3

Limit of Trigonometric Function Limit Fungsi Trigonometri

Theorem 4.2.5 The followings hold for limit of trigonometry

Teorema 4.2.5 Berikut ini berlaku untuk limit trigonometri sin x x = lim =1 x→0 x x→0 sin x sin ax a lim = x→0 bx b tan ax a lim = x→0 bx b sin ax a lim = x→0 tan bx b lim

Theorem 4.2.6 The followings hold for limit of trigonometry

(4.17) (4.18) (4.19) (4.20)

80

Chapter 4. Trigonometry Teorema 4.2.6 Berikut ini berlaku untuk limit trigonometri sinn x xn lim = lim =1 x→0 xn x→0 sinn x an sinn ax = lim x→0 bxn b tann ax an lim = x→0 bxn b an sinn ax lim = n x→0 tann bx b

(4.21) (4.22) (4.23) (4.24)

Proof. Case (4.22) can be proved by the following way: Bukti. Kasus (4.22) dapat dibuktikan dengan cara berikut: sinn ax (sin ax)n = lim x→0 bxn x→0 bxn ³ 1 sin ax ´n = lim b x→0 x an = , respecting to (berdasarkan) Theorem (Teorema) 4.2.6 b lim

For the next proof, we leave for an exercise. Untuk pembuktian selanjutnya diberikan sebagai bahan latihan.

2

Likely the limit of algebraic function, the method for solving trigonometric function is relatively the same. But, Limit of trigonometric function in general has undefined output when the input is taken. Sebagaimana limit fungsi aljabar metode penyelesaian limit fungsi trigonometri dapat dilakukan dengan cara yang sama. Namun demikian pada umumnya limit fungsi trigonometri mempunyai bentuk takterdefinisi apabila inputnya digantikan. sin 8x−sin 4x 7x sin 8x−sin 4x limx→0 7x

Example. Determine limx→0 Contoh. Tentukan


81

Solution. Equation (4.8), so the solution can be obtained in two ways. First, we should understand the properties of trigonometric function. Solusi. Persamaan (4.8), maka penyelesaian dapat dilakukan dengan dua cara, pertama dengan memahami sifat-sifat fungsi trigonometri berikut. lim

x→0

sin 8x − sin 4x 2 cos 6x sin 2x = lim x→0 7x 7x sin 2x = lim 2 cos 6x · x→0 7x sin 2x = lim 2 cos 6x · lim x→0 x→0 7x 4 = 7

Secondly, we should consider that this problem meets Case (4.11), so Cara kedua adalah dengan mempertimbangkan bahwa soal ini termasuk kasus (4.11), sehingga sin 8x − sin 4x 8 cos 8x − 4 cos 4x = lim x→0 x→0 7x 7x 4 = 7 lim

(It must be more efficient!) (Tentu ini lebih efisien!)

P ROBLEMS

AND

S OLUTIONS

S OAL - SOAL DAN P EMBAHASAN 1. Let α, β and γ be angles of a triangle. Determine sine and cosine the angles α + β, α + γ and β + γ Misal α, β dan γ adalah sudut-sudut dalam segitiga. Tentukan sinus dan cosinus dari sudut-sudut α + β, α + γ dan β + γ

82


2. Solution. The sum of all triangle angles is α + β + γ = 180o . Consider the angle (X o − α), the acronyms ASTC and BTBT such that sin(α + β) = sin(180o − γ) = sin γ. For other problems we leave for exercise. Solusi. Jumlah seluruh sudut segitiga α + β + γ = 180o . Ingat sudut (X o − α), ASTC dan BTBT, maka untuk sin(α + β) = sin(180o − γ) = sin γ. Selanjutnya untuk pertanyaan lainnya diberikan sebagai latihan. sin 5x+sin 3x = tg 4x cos 5x+cos 3x sin 5x+sin 3x = bahwa cos 5x+cos 3x

3. Prove that Buktikan

tg 4x

Solution. Ordinary way. From the formula above: Solusi. Cara biasa. Sesuai dengan rumus di atas: 1 1 sin A + sin B = 2 sin (A + B) cos (A − B) 2 2 1 1 cos A + cos B = 2 cos (A + B) cos (A − B) 2 2 Hence, we get Sehingga diperoleh: 1 1 sin 5x + sin 3x = 2 sin (5x + 3x) cos (5x − 3x) 2 2 = 2 sin 4x cos x 1 1 cos 5x + cos 3x = 2 cos (5x + 3x) cos (5x − 3x) 2 2 = 2 cos 4x cos x

Therefore Dengan demikian 2 sin 4x cos x sin 5x + sin 3x = cos 5x + cos 3x 2 cos 4x cos x = tg 4x

83

Chapter 4. Trigonometry 4. Prove that sin 54o × sin 18o =

1 4

Buktikan bahwa sin 54o × sin 18o = Solution. If we multiple by

2 cos 18o 2 cos 18o

1 4

then we will obtain

Solusi. Jika kita mengalikan dengan

2 cos 18o 2 cos 18o

maka kita akan mendapat

(2 sin 18o cos 18o ) sin 45o sin 36o cos(90o − 54o ) = 2 cos 18o 2 sin(90o − 18o ) sin 36o cos 36o sin 36o cos 36o = = 2 sin 72o 2 sin(36o + 36o ) o o sin 36 cos 36 1 = = o o 2(2 sin 36 cos 36 ) 4

sin 45o sin 18o =

1 5. Determine limx→1 ( x4 −2x+1 − 1 Tentukan limx→1 ( x4 −2x+1 −

1 ) x7 −1 1 ) x7 −1

Solution. Case category 4.13, thus Solusi. Kategori kasus 4.13, maka lim (

x→1

1 1 (x4 − 2x + 1) − (x7 − 1) − ) = lim x→1 (x4 − 2x + 1)(x7 − 1) x4 − 2x + 1 x7 − 1

refer to Case 4.11, we have Menjadi kategori kasus 4.11, maka (x4 − 2x + 1) − (x7 − 1) (4x3 − 2 − 7x6 ) = lim x→1 (x4 − 2x + 1)(x7 − 1) x→1 (4x3 − 2)(x7 − 1) + 7(x4 − 2x + 1)x6 = ∞ lim

5x5 −x3 +2x2 −x+14 13x5 −5 5x5 −x3 +2x2 −x+14 limx→∞ 13x5 −5

6. Determine limx→∞ Tentukan

5x5 −x3 +2x2 −x+14 13x5 −5 5x5 −x3 +2x2 −x+14 limx→∞ 13x5 −5

Solution. Case 4.14, thus limx→∞

=

Solusi. Kasus 4.14, maka q 7 −x9 +243x12 7. Determine limx→0 3 −18−5x 7−x+9x5 +9x12 q 7 −x9 +243x12 Tentukan limx→0 3 −18−5x 7−x+9x5 +9x12

=

5 13 5 13

84

Chapter 4. Trigonometry Solution. Case 4.15, applying Theorem 4.2.1, thus we have Solusi. Kasus 4.15, dengan menerapkan Teorema 4.2.1 maka diperoleh r r 7 9 12 −18 − 5x7 − x9 + 243x12 3 3 −18 − 5x − x + 243x lim = lim x→0 x→0 7 − x + 9x5 + 9x12 7 − x + 9x5 + 9x12 r 3 243 = =3 9 √ £√ ¤2 8. Determine limx→∞ 16x2 + 6x + 7 − 16x2 + 10x + 6 √ ¤2 £√ Tentukan limx→∞ 16x2 + 6x + 7 − 16x2 + 10x + 6 Solution. Case 4.15, applying Theorem 4.2.1, thus we have Solusi. Kasus 4.15, dengan menerapkan Teorema 4.2.1 maka diperoleh √ £√ ¤2 lim 16x2 − 5x + 7 − 16x2 + 10x + 6 x→∞ √ √ £ ¤2 = lim 16x2 − 5x + 7 − 16x2 + 10x + 6 x→∞ £ 6 − 10 √ ¤2 1 = 16 = 2 × 16 4 9. Obtain the value of the following limits Tentukan harga limit berikut ini: 2x x→0 sin 3x sin 8x (iii) lim x→0 tg 5x (i) lim

tg 5x x→0 6x 3 tg 2x (iv) lim x→0 sin 12x (ii) lim

Solution. From Theorem 4.2.6, thus (i) = 23 ; (ii) = 65 ; (iii) = 85 ; (iv) = 12 . Solution. Sesuai Teorema 4.2.6, maka (i) = 32 ; (ii) = 65 ; (iii) = 85 ; (iv) = 1 . 2 1 5x+x2 1 5x+x2

10. Determine limx→0 cossec 4x − Tentukan limx→0 cossec 4x − Solution. Case 4.14, thus

85

Chapter 4. Trigonometry Solusi. Kategori kasus 4.13, maka lim cossec 4x −

x→0

1 (5x + x2 ) − sin 4x = lim x→0 (5x + x2 ) sin 4x 5x + x2 (5 + 2x) − cos 4x = lim x→0 (5 + 2x) sin 4x + 4(5x + x2 ) cos 4x 4 = =∞ 0

sin3 3x−sin3 3x cos 2x 4x2 tg 3 9x sin3 3x−sin3 3x cos 2x limx→0 4x2 tg 3 9x

11. Determine limx→0 Tentukan

Solution. Referring Theorem 4.14, thus Solusi. Mengacu pada Teorema 4.2.6, maka sin3 3x − sin3 3x cos 2x sin3 3x(1 − cos 2x) = lim x→0 x→0 4x2 tg 3 9x 4x2 tg 3 9x sin3 3x 2 sin2 x = lim · x→0 4 tg 3 9x x2 1 = 54 lim

¥¥¥¥¥¥

CHAPTER 5

Geometri 5.1

Segitiga

Definition 5.1.1 Poligon adalah gabungan himpunan titik-titik P1 , P2 , . . . , Pn dengan ruas garis P1 P2 , P2 P3 , . . . , Pn−1 Pn , Pn P1 sedemikian hingga jika dua sebarang ruas garis berpotongan maka titik potongnya adalah salah satu dari titik-titik P1 , P2 , . . . , Pn . Selanjutnya P1 , P2 , . . . , Pn disebut titik-titik sudut poligon dan P1 P2 , P2 P3 , . . . , Pn−1 Pn , Pn P1 disebut sisi-sisi poligon. Definition 5.1.2 Transversal adalah suatu garis yang memotong dua garis lain di dua titik yang berlainan. Theorem 5.1.1 Jika dua garis sejajar dipotong oleh transversal maka sudut-sudut sehadapnya, bersebrangan luarnya dan bersebrangan dalamnya kongruen.

f 4 3 8 7

1 2

5

A g

γ

β

h

6

b

c

B

(i)

C (ii)

Figure 5.1:

86

87

Chapter 4. Geometri Definition 5.1.3 Segitiga adalah poligon yang bersisi tiga. Lema 5.1.1 Beberapa hal yang dipenuhi segitiga (lihat Gambar 5.1) adalah: 1. Jumlah semua sudut segitiga adalah 180o

2. Jika AB = AC maka ∠B = ∠C, dan jika AB = AC = BC maka ∠A = ∠B = ∠C. Bukti. Bukti nomor 2. Perhatikan Gambar 5.1 (ii), sin α = karena b = c maka α = γ.

t c

dan sin γ =

t b

2

GEOMETRI RIRIS Pada bab ini akan dibahas mengenai teknik untuk menyelesaikan masalah-masalah geometri. Pada umumnya, banyak masalah segi banyak yang dapat diselesaikan dengan mengunakan konsep segitiga dan lingkaran. Oleh sebab itu, kali ini akan dibahas hal-hal penting yang perlu diketahui menegenai segitiga dan lingkaran. Sebelumnya perhatikan definisi berikut: Definisi Diberikan dua titik A dan B. Garis yang menghubungkan kedua titik ini kemudian disebut garis AB dan dari dua titik ini akan terbentuk sebuah segmen garis dengan panjang tertentu. Selanjutnya segmen berarah AB dan BA mempunyai panjang yang sama tetapi arahnya berlawanan. Jarak dari titik A dan B kemudian dinotasikan AB.

5.2

Segitiga

Beberapa hal penting dalam sebuah segitiga ABC yaitu

88

Chapter 4. Geometri

A α

B

β γ

C

1. Jumlah ketiga sudutnya adalah 1800 2. Aturan sinusnya sin α sin β sin γ = = BC AC AB 3. Aturan kosinus BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2.AB.AC cos α Definisi kesebangunan: R γ β Q

C γ β A

α

α

B P

Dua buah segitiga ABC dan P QR dikatakan sebangun jika dan hanya jika mempunyai sudut-sudut bersesuaian yang sama besar atau sisi-sisi yang bersesuaian mempunyai perbandingan yang sama pula.

AB PQ

=

BC QR

=

CA RP

Teorema: Luas segitiga-segitiga yang tingginya sama sebanding dengan alas-alasnya.

89

Chapter 4. Geometri

1. Pada segitiga ABC, M terletak pada sisi AB sehingga AM : M B = 1 : 3 dan N pada sisi AC sehingga AN : AC = 3 : 5. berapakah

L4M N C L4ABC

(Soal kompetensi matematika XVIII Jakarta) Jawab: A 1

3

3

5 C

B

1 bc sin A 2 = L4AM C − L4AM N 1 1 3 1 1 . c.b sin A − . c. b sin A = 2 4 2 4 8 5 = bc sin A 64

L4ABC = L4M N C

Jadi, didapatkan

L4M N C L4ABC

1 bc sin A 2 5 bc sin A 64

2. Tentukan perbandingan luas antara daerah yang diarsir dan yang tidak diarsir pada gambar berikut ini! Jawab: Perhatikan gambar! Dari gambar tersebut jelas terlihat bahwa perbandingan antara daerah yang diarsir dengan daerah yang tidak diarsir 1 : 1. Garis-garis yang kongruen dan titik kolinear

90

Chapter 4. Geometri

Teorema: CEV A Jika titik D, E dan F terletak pada sisi-sisi BC, CA dan AB dari 4ABC sedemikian hingga garis AD, BE dan CF kongruen melalui titik 0, maka BD CE AF . . =1 DC EA F B Bukti: C E A

O F

D B

91

Chapter 4. Geometri

Pada 4ABD dan 4ADC mempunyai tinggi yang sama, demikian halnya dengan 4OAB dan 4ODC. Menurut teorema sebelumnya diperoleh BD 4ABD 4OBD 4ABD − 4OBD 4ABO = = = = DC 4ADC 4ODC 4ADC − 4ODC 4CAO Kemudian pada 4CBE dan 4ABE mempunyai tinggi yang sama, demikian halnya dengan 4COE dan 4AOE. Menurut teorema sebelumnya diperoleh CE 4CBE 4COE 4CBE − 4COE 4BCO = = = = EA 4ABE 4AOE 4ABE − 4AOE 4ABO Dengan cara yang sama, diperoleh pula

AF FB

=

4CAO 4BCO

Dari sisi didapatkan BD CE AF 4ABO 4BCO 4CAO . . = . . =1 DC EA F B 4CAO 4ABO 4BCO Terbukti Contoh: D, E dan F adalah titik-titik pada sisi BC, CA dan AB dari 4ABC dan AD, BE dan CF kongruen terhadap titik O. Tunjukkan bahwa

OD AD

+

OE BE

+

OF CF

= 1!

Jawab: Perhatikan gambar : C E A

O F

D B

Menurut teorema CEV A didapatkan L4ODB L4ODC L4ODB + L4ADC L4 DO = = = = AD L4ADB L4ADC L4ADB + L4ADC L4

92

Chapter 4. Geometri Kemudian dengan cara yang sama didapatkan pula OE L4OCA OF L4OAB = dan = BE L4ABC CF L4ABC Dari ketiga persamaan diatas, maka OD OE OF L4OBC L4OCA L4OAB + + = + + =1 AD BE CF L4ABC L4ABC L4ABC Teorema berikut merupakan kebalikan dari teorema CEV A Teorema:

Jika tiga titik D, E dan F terletak pada sisi-sisi 4ABC yaitu di BC, CA dan AB sedemikian hingga berlaku

BD CE AF . . DC EA F B

= 1, maka AD, BE dan CF adalah kon-

gruen. Bukti: Misalkan AD dan BE berpotongan di O, perpanjangan CO akan memotong AB di F 0 . Karena AD, BE dan CF 0 kongruen maka karena diketahui pula dapatkan

AF FB

=

AF 0 F 0B

AF 0

⇔

AB FB AB FB

−1=

AF FB AF FB

= =

F 0B AF 0 F 0B

⇔

=

⇔

bahwa BD . CE . AF DC EA F B 0B AB−F B = AB−F FB F 0B AB −1 F 0B

BD CE AF 0 . . DC EA F 0 B

=1

= 1, maka dari dua persamaan ini di-

AB F 0B

Dari sini dapat dilihat bahwa F B = F 0 B, sehingga F dan F 0 berhimpit. Jadi titik O juga dilalui CF , sehingga terbukti AD, BE dan CF kongruen. Contoh Buktikan bahwa semua garis tinggi dalam 4ABC adalah kongruen. Jawab: Misalkan AD, BE dan CF adalah garis 4ABC. Sehingga BE⊥CA dan CF ⊥AB. Diperoleh pula CF ⊥AB. Diperoleh pula 4AEB dengan 4AF C dengan ∠A AE = AB . Dengan cara yang AF AC CA AB BC CA sehingga BD . CE . AF = BC . CA . AB = CB DC EA F B

merupakan sudut persekutuan. Sebagai akibatnya BE sama jika AD⊥BC, BD =

1 Terbukti

BC BA

dan

CD CE

=

93

Chapter 4. Geometri

Berikut adalah definisi dari garis transfersal sisi dan transfersal sudut dari 4ABC. Definisi: C

l

A

B

k

Diberikan 4ABC. Garis lurus k disebut sebagai transversal sisi jika k memotong sisi-sisi atau perpanjangan sisi 4ABC. Garis lurus ` disebut sebagai transversal sudut jika ` melalui titik sudut 4ABC. Teorema:Manelaos Jika sebuah garis tranversal sisi memotong BC, CA dan AB dari 4ABC pada titik-titik D, E dan F , maka

BD CE AF . . DC EA F B

= −1

Perhatikan gambar di bawah ini. A

P F

B

E

C

D

Karena 4AP F dan 4BDF sebangun maka FAFB = sebangun dengan 4AP F Karena P A = −AP maka

maka DC = CE . AP EA berlaku BD . CE . AF DC EA F B

=

PA . BD

Berikutnya karena 4CDE

BD DC P A . . DC AP BD

= −1 Terbukti

94

Chapter 4. Geometri Teorema berikut merupakan kebalikan dari teorema Menelaus. Teorema:

Jika titik-titik D, E dan F terletak pada sisi-sisi 4ABC sedemikian hingga berlaku BD CE AF . DC EA F B

= −1, maka D, E dan F kolinear(segaris).

Misal perpotongan DE terhadap AB adalah F 0 . Menurut Teorema Menelaus diperoleh

BD CE AF . DC EA F B

= −1 dari sini didapatkan

AF 0 F 0B

=

AF , FB

akibatnya F dan F 0

berimpit dan F terletak di DE. Jadi, terbukti D, E dan kolinear. A F E C

B

D

Contoh: Sebuah garis transversal memotong sisi-sisi AB, BC, CD dan DA dari segiempat ABCD di P, Q, R, dan S berturut-turut. Buktikan bahwa

AP BQ CR DS . . P B QC RD SA

=1

Jawab: A B

Q

D x

S R C

P

Menurut teorema Manelaus dari gambar di samping, pada 4ABC didapatkan AP BQ CX . . P B QC XA

= 1....1

95

Chapter 4. Geometri

CX Kemudian pada 4ACD didapatkan CX . AS . DR = −1, sehingga = − DS . CR ....2 XA SD RC XA ¶ SA RD µ

Jika (2) disubstitusikan ke (1), akan didapatkan Ekivalen dengan

AP BQ DS CR . . . P B QC SA RD

AP BQ . . P B QC

−

DS CR . SA RD

= −1

= 1. Terbukti.

Teorema Phytagoras merupakan bentuk khusus dari aturan cosinus dengan sudut α = 900 . Teorema:Phytagoras B c

a C

b

A

Pada sebuah segitiga siku-siku, maka kuadrat hypotenuse sama dengan jumlah kuadrat dua sisi yang lain. Bukti: Teorema di atas sama dengan mengatakan bahwa kuadarat panjang sisi terpanjang sama dengan jumlah kuadrat sisi yang lainnya. Untuk segitiga ABC siku-siku dengan siku-siku di C. Misalnya panjang AB adalah c, panjang BC adalah a dan panjang AC adalah b. Akan ditunjukkan bahwa c2 n = b2 + a2 . Dibentuk persegi dengan panjang sisi a + b seperti pada gambar berikut Dari gambar di atas, jelas bahwa luas ABCD = 4x luas 4AP S+ luas P QRS. Sehingga didapatkan µ ¶ (a + b)2 =

4x 12 (axb) + c2

a2 + 2ab + b2 = 2ab + c2 a2 + b2 = c2 . Terbukti. Contoh:

96

Chapter 4. Geometri

D b a

c

c

c

c

S b

a

R

A a

P

C b Q a

b

B

Buktikan teorema Apollonius berikut.Jika D adalah titik tengah BC pada 4ABC, maka berlaku AB 2 + AC 2 = 2AD2 + 2DC 2 ! Jawab: Misalkan ∠BDA = α0 maka ∠CDA = (180 − α)0 . dari segitiga ABD, didapatkan aturan cosinus sebagai berikut: AB 2 = BD2 + AD2 − 2BD.AD. cos α

.....1

Kemudian dari segitiga ACD, didapatkan aturan cosinus sebagai berikut: AC 2 = DC 2 + AD2 − 2DC.AD. cos(180 − α)0 AC 2 = DC 2 + AD2 − 2DC.AD. cos α0

.....2

Jika persamaan 1 dan 2 dijumlahkan maka didapatkan AB 2 + AC 2 = DC 2 + BD2 + 2AD2 + DC 2 Karena D merupakan titik tengah BD maka panjang BD sama dengan panjang DC sehingga diperoleh AB 2 + AC 2 = 2AD2 + 2DC 2 Terbukti.

5.3

Lingkaran

Definisi: Lingkaran adalah himpunan semua titik yang mempunyai jarak r terhadap titik O. r kemudian disebut degan jari-jari dan O disebut dengan titik pusat.

97

Chapter 4. Geometri Beberapa sifat penting dalam lingkaran adalah:

1. Sudut keliling yang menghadap busur yang sama maka besarnya sama pula.

α α

2α

α

2. Sudut pusat yang menghadap busur yang sama dengan sudut keliling, besarnya dua kali sudut keliling. 3. Sudut-sudut yang berhadapan dari segiempat tali busur saling berpelurus. E 180 − a

D O

a

F A

C

B

4. Jika garis AB menyinggung lingkaran di titik C, maka untuk setiap tali busur CD melalui titik C diperoleh ∠ACD = ∠CED dan ∠BCD = ∠CF D

98

Chapter 4. Geometri

B 400

O S

C

A

Contoh: Diketahui segitiga ABC dengan sisi-sisi AB, CAdanCB masing-masing menyinggung lingkaran yang pusatnya O. Jika ∠ACB = 400 , tentukan ∠AOB! Jawab: Misalkan R, S dan T adalah titik singgung lingkaran. Karena ∠ACB = 400 , maka ∠ACB + ∠CAB = 1400 . Akibatnya ∠T AS = 1800 − ∠CAB dan ∠RBS = 1800 − ∠CBA. Dari sini didapatkan ∠T AS − ∠RBS = 3600 − 1400 = 2200 Teorema: Talibusur B

D P

A

C

Jika AC dan BD adalah taibusur-talibusur sebuah lingkaran yang berpotongan di dalam lingkaran dititik P , maka P A.P C = P B.P D. Bukti: Perhatikan dua buah segitiga 4AP Bdan4CP D. Karena ketiga sudut yang bersesuaian sama besarnya yaitu maka dua segitiga tersebut adalah sebangun. Akibatnya diperoleh

PA PD

=

PB . PC

Terbukti bahwa P A.P C = P B.P D

99

Chapter 4. Geometri

P A B

A0 B0

Contoh: Diketahui AA0 dan BB 0 adalah talibusur-talibusur sebuah lingkaran yang berpotongan di titik P diluar lingkaran. Tunjukkan bahwa P A.P A0 = P B.P B 0 ! Jawab: Perhatikan bahwa ∠A0 P B dan ∠B 0 P A adalah sudut yang menghadap busur yang sama, akibatnya ∠A0 P B = ∠B 0 P A. Demikian pula halnya dengan ∠A0 P B = ∠B 0 P A. Demikian pula halnya dengan ∠A0 P B = ∠B 0 P A. Dari sini diperoleh dua buah segitiga yang kongruen yaitu 4P A0 B dan 4P B 0 A, sehingga diperoleh

P A0 P B0

=

PB , P A0

ekivalen dengan P A.P A0 = P B.P B 0 Terbukti

Persamaan tersebut sering pula disebut Teorema Secant. Teorema: Secant-Tangent Jika P adalah sebuah titik diluar lingkaran dan garis singgung dari P menyinggung lingkaran di titik T dan 2 garis melalui memotong A di A0 dan memotong B di B 0 maka P A.P A0 = P B.P B 0 = P T 2

Bukti: Misal ∠P A0 T = α. Karena AOT menghadap busur yang sama maka ∠AOT = 2α. Perhatikan 4AOT adalah segitiga sama sisi, sehingga sudut kakinya mempunyai besar yang sama. Dari sini didapatkan ∠OT A = 900 − α. Karena

100

Chapter 4. Geometri

P

α A

T

O A0

P T adalah garis singgung, maka didaptkan ∠P T A = α. Bandingkan kedua segitiga 4P A0 T dan 4P T A. Karena mempunyai sudut-sudut yan besarnya sama, 4P T A. Karena mempunyai sudut-sudut yang besarnya sama, maka kedua segitiga ini adalah sebangun. Jadi diperoleh 0

PT P A0

=

PA . PT0

Ekivalen dengan

2

P A.P A = P T . Terbukti. Contoh: Jika panjang P T = 6cm, SQ = 2, 5cm. Berapkah panjang T Q R

Q O

T P

Jawab: Karena ∠OSR = ∠OSQ maka didapatkan dua buah segitiga yang kongruen sehingga QR = 2SQ = 2x2, 5cm = 5cm. Menurut teorema Secant-Tangent diper-

101

Chapter 4. Geometri oleh T Q.T R = T P 2 T Q.(T Q + 5) = 62 T Q2 + 5T Q − 36 = 0 (T Q + 9)(T Q − 4) = 0

Karena panjang tidak mungkin bernilai negatif maka nilai T Q yang tidak memenuhi adalah 4. SOAL-SOAL DAN PEMBAHASAN Bagian 1 1. Tentukan perbandingan luas antara daerah yang diarsir dengan daerah yang tidak diarsir pada gambar berikut! (Soal kompetensi matematika XVII Jakarta) Pembahasan:

√ Perhatikan gambar segitiga kecil. Sisi-sisi segitiga tersebut adalah 1, 1, 2. Dari sini diperoleh luas setiap segitiga kecil adalah 12 .1.1 =

1 2

satuan luas

dan luas sehingga daerah yang diarsir luasnya 8. 21 = 4 satuan luas. Kemudian luas daerah yang tidak diarsir adalah:

102

Chapter 4. Geometri (2 +

√

2)2 - 4. 21

√ = 4+4 2+2−2 √ = 4(1 + 2) 2. Perhatikan gambar,segitiga ABC siku-siku di A dan D adalah pertengahan BC. Titik F membagi dua sama panjang sisi AB, sedangkan titik E dan G berturut-turut membagi AF dan F B menjadi dua bagian sama panjang. Garis AD memotong garis hubung CE, CF dan CG berturut-turut dititik P, Q dan R. Tentukan nilai perbandingan P Q : P R? (soal kompetensi matematika XVII Jakarta) C

D QR P A E F G B

Pembahasan: Untuk mempermudah, AD diperpanjang sampai titik H sedemikian hingga ABHC merupakan persegi. Misalkan panjang AH = x. Perhatikan bahwa 4AEP dan 4HCP adalah dua segitiga yang sebangun. Akibatnya diperoleh

AP HP

=

AE HC

= 14 . Dari sini didapatkan AP = 51 AH. Jadi AP = 15 x. ke-

mudian selanjutny perhatikan pula bahwa 4AP Q dan 4HCQ sebangun, demikian pula 4AGR dan 4HCR.Dengan cara yang sama, akan didap-

103

Chapter 4. Geometri atkan AQ = 13 x dan AR = 37 x. Karena P Q = AQ − P Q 1 1 = x− x 3 5 2 = x 15

dan P R = AR − AP 3 1 = x− x 7 5 8 = x 35

Didapatkan P Q : P R =

2 x 15

:

8 x 35

= 7 : 12

3. Keliling sebuah segitiga sama sisi adalah p. Misalkan Q sebuah titik di dalam segitiga tersebut. Jika jumlah jarak dari Q ke ketiga sisi segitiga adalah s. Nyatakan panjang p dalam s ! (soal olimpiade matematika SMA tk.Propinsi) Pembahasan: Perhatikan gambar berikut: A Z B

Y Q X

C

104

Chapter 4. Geometri

Misalkan QX, QY dan QZ berturut-turut adalah jarak Q ke sisi BC, AC dan AB. Perhatikan bahwa Luas 4ABC = Luas 4BQC + Luas 4AQC + Luas 4AQB sehingga 1 1 1 1 .AB.AC. sin 600 = .BC.QX + .AC.QY + .AB.QZ 2 2 2 2 1 1 1√ 1 1 1 1 1 1 . p. 3 = . p.QX + . p.QY + . p.QZ 2 3 2 2 3 2 3 2 3 √ Diperoleh, 13 p. 21 3 = QX + QY + QZ √ Sehingga p = √63 s = 2s 3 4. Segitiga AOB adalah segitiga samakaki yang siku-siku diO dengan panjang AB sedemikian hingga pajang AP dan panjang AO sama. Tentukan jari-jari lingkaran yang memenuhi semua syarat berikut: (a) berpusat di ruas garis AB (b) melalui titik P dan (c) menyinggung ruas garis AO (olimpiade matematika jawa timur) Pembahasan: Perhatikan gambar A

K

K

L P

O

B

105

Chapter 4. Geometri

√ Misalkan jari-jari r. Maka AL = LP = r 2. Karena AB = m, maka √ √ √ AO = AP = m2 2 . Padahal AP = AL + LP . Oleh karena itu m2 2 = r 2 + r. Dari sini diperoleh r =

√ m(2− 2) 2

5. Tunjukkkan bahwa sudut antara garis tinggi D dan diameter lingkaran luar 4ABC yang dibuat dari A yaitu AL, besarnya sama dengan seliih sudut-sudut pada titik-titik sudut B dan C dan terbagi dua sama besar oleh garis bagi ∠A ! Pembahasan: Perhatikan gambar A

O B

M C

D X L

Karena ∠AOC = 2B, kita dapatkan ∠CAO = 900 − B dan juga ∠DAB = 900 − B,sehingga ∠CO = ∠DAB. Karena garis bagi AX maka ∠XAB = ∠XAC. Sehingga kita dapatkan ∠XAD = ∠XAO atau dengan kata lain AX merupakan garis bagi ∠ADL.∠DAL = 2(∠XAB − ∠DAX) = B − C 6. Dinotasikan O, I, R dan r berturut-turut sebagai pusat lingkaran luar dan dalam, jari-jari lingkaran luar dan dalam. Tunjukkan bahwa berlaku OI 2 = R2 − 2Rr! Pembahasan: Perhatikan gambar Karena ∠AM C = ∠M AC = 12 A, diperoleh ∠M BI = 12 (A + B) = ∠IBA + ∠BAI yang berakibat BM = BI. Misalkan garis bagi dalam dan luar

106

Chapter 4. Geometri

N A X

L O

I Y

B

C M

∠A memotong lingkaran luar ABC di M da N , maka ∠M AN = 900 , sebab M N adalah diameter. Dibentuk garis XY yang merupakan diameter yang memuat O dan I, sehingga XI.IY = AI.IM sedangkan AI.IM = (R + OI)(R − OI) = R2 − IO2 . Perhatikan bahwa IL⊥AB, karena ∠LAI = ∠BN M dan ∠ALI = ∠M BN , maka 4ALI sebangun dengan 4N BM . Akibatnya berlaku

AL IL

=

MN MB

dan selanjutnya karena BM = IM , didap-

atkan: AI.IM = M N.IL = Rr AI.IM = R2 − OI 2 2Rr = R2 − OI 2 OI 2 = R2 − Rr

Persamaan ini disebut persamaan Euler 7. Diberikan sebarang segitiga sama kaki ABC dengan AB = AC. Jika r adalah jari-jari lingkaran luarnya dan p adalah jari-jari lingkaran dalamnya, tunjukkan bahwa jika d merupakan jarak kedua titik pusat kedua p lingkaran itu maka d = r(r − 2p)! Pembahasan: Perhatikan gambar

107

Chapter 4. Geometri

A

L

O I C

B M

Menurut persamaan euler maka BM = IM = r − d, sedangkan BD = 12 a. Luas 4ABI adalah: 1 1 AB.IL = AI.BD 2 2 1 c.p = (r + d) a 2 2cp = a(r + d)

Sedangkan luas 4ABM adalah 1 1 AB.BM = AM.BD 2 2µ ¶ 1 c(r − d) = 2r a 2 c(r − d) = 2r 2cpr c(r − d) = r+d 2pr = (r − d)(r + d) = r2 − d2 d2 = r62 − 2prr(r − 2p) p d2 = r(r − 2p) T erbukti

108

Chapter 4. Geometri

8. Buktikan torema Ptolemeus berikut: ’pada setiapsegiempat talibusur selalu brlaku perkalian diagonal-diagonalnya sama denga jumlah perkalian sisi-sisi yang berhadapan.’ Pembahasan: Perhatikan gambar A

D

B E C

Pada gambar dibentuk garis AE sedemikian hingga berlaku ∠BAE = ∠CAD.4BAE sebangun dengan 4CAD karena ∠BAE = ∠CAD dan ∠ABE = ∠ACD. Sehingga

AB AC

=

BE CD

atau AC.BE = AB.CD. Analog

dengan cara diatas 4ADE sebangun dengan 4ACB sehingga

AD AC

=

DE BC

atau AC.DE = AD.BC. Jika kedua persamaan ini dijumlahkan akan didapat AC.BE + AC.DE = AB.CD + AD.BC AC(BE + DE) = AB.CD + AD.BC AC.BD = AB.CD + AD.BC T erbukti

9. Jika ABCD adalah segiempat yang bukan segiempat tali busur, tunjukkan bahwa AB.CD + AD.BC > AC.BD!

109

Chapter 4. Geometri Pembahasan: Perhatikan gambar A

D

B E C

Karena ABCD bukan segiempat tali busur maka ∠ABD 6= ∠ACD sehingga dapat kita tentukan titik E di luar BD sedemikian hingga ∠ABE = ∠ACD dan ∠BAE = ∠CAD. Akibatnya 4BAE sebangun denga 4CAD. AB AC

=

BE CD

atau AB.CD = AC.BE. Analog dengan cara diatas didapatkan

4ABC sebangun dengan 4AED.

BC AC

=

ED AD

atau BC.AD = AC.ED. Jika

kedua persamaan tersebut dijumlahkan maka didapat: AB.CD + BC.AD = AC.BE + AC.ED AB.CD + BC.AD = AC(BE + DE) AB.CD + BC.AD > AC.BD T erbukti

10. Jika panjang sisi-sisi BC, CA dan AB pada segitiga ABC adalah a, b dan c berturut-turut dan 2s = a + b + c, buktikan bahwa luas daerah segitiga p ABC adalah L = s(s − a)(s − b)(s − c) ! (soal kompetensi matematika SMU Bandung)

110

Chapter 4. Geometri Pembahasan: Perhatikan pada 4ADC berlaku t2 = b2 − x2 ......1 t2 = a2 − (c − x)2 t2 = a2 − c2 + 2cx − x2 ......2

Dari persamaan 1 dan 3 didapatkan b2 − x2 = a2 − c2 + 2cx − x2 b2 + c2 − a2 = 2cx b2 + c2 − a2 x = ......3 2c µ 2

2

Jika 3 disubsitusikan ke 1, maka t = b − 2

t

=

= = =

2 c

¶2

µ µ 2 ¶2 ¶µ µ 2 ¶2 ¶ b + c2 − a2 b + c2 − a2 b− b+ 2c 2c 2 2 2 2 2 2 2bc − b − c + a 2bc + b + c − a . 2c 2c a2 − (b − c)2 (b + c)2 − a2 . 2c 2c (a − b + c)(a + b − c)(b + c − a)(b + c − a) 4c2 (2s − 2b)(2s − 2c)(2s − 2a)(2s) 4c2

=

Sehingga t =

b2 +c2 −a2 2c

p

s(s − a)(s − b)(s − c)

Luas segitiga ABC adalah 1 1 2p L = .c.t = .c. s(s − a)(s − b)(s − c) 2 2 c

111

Chapter 4. Geometri Jadi, L =

p

s(s − a)(s − b)(s − c) Terbukti

Bagian 2 1. Jika dalam 4ABC, AD adalah garis tinggi dan AE adalah diameter lingkaran luar yang melalui A maka AB.AC = AD.AE Pembahasan: A B

C

O D E

Karena ∠ABC = ∠ABD dan ∠ABD = ∠ACE = 900 , sehingga 4ABD sebangun dengan 4AEC maka

AB AE

=

AD AC

atau AB.AC = AD.AE. Terbukti

Pernyataan ini disebut Brahmagupta. 2. Perhatikan gambar

C

A

B

Tiga lingkaran berpusat di A, B dan C. Lingkaran berpusat di A mempunyai jari-jari 3. Lingkaran berpusat di B mempunyai jari-jari 5. Besar sudut BAC adalah

π 3

Pembahasan:

radian. Besar sudut ABC adalah

112

Chapter 4. Geometri

Misalkan jari-jari lingkaran berpusat di C = r. Dengan mengunakan aturan cosinus didapatkan (r + 5)2 = 82 + (r + 3)2 − 16(r + 3) cos

π 3

Maka diperoleh r = 2. Misalkan β adalah sudut ABC maka dengan menggunkan aturan cosinus didapatkan pula 52 = 82 + 72 − 2.8.7 cos β Dari sini diperoleh cos β =

11 14

11 sehingga β = arccos 14

3. Perhatikan gambar. Jika sudut q = 14 p. Tunjukkkan bahwa kedua daerah yang diarsir mempunyai luas yang sama! (soal kompetensi Jakarta IV Jakarta) Pembahasan: Misalkan jari-jari lingkaran besar adalah R L1 = LjuringBAE − L4BAE µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 1 1 1 1 900 xπ R − R R = 0 360 2 2 2 2 1 1 = πR2 − R2 ......(1) 16 8 L1 = LjuringACD − LjuringBCE − L4BAE µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 1 π 1 1 900 1 1 2 4 = xπR − xπ R − R R 2π 3600 2 2 2 2 1 2 1 1 = R − πR2 − R2 8 16 8 1 1 = πR2 − R2 ......(2) 16 8

Dari (1) dan (2) didapatkan Terbukti. √ 4. Suatu persegi panjang berukuran 8x2 2 mempunyai titik pusat yang sama dengan suatu lingkaran berjari-jari 2. Berapakah luas daerah irisan antara persegi panjang da lingkaran tersebut?

113

Chapter 4. Geometri Soal olimpiade matematika kabupaten Pembahasan: Dari gambar diperoleh bahwa cos =

√ 2 . 2

Jadi θ = 450 .

Luas tembereng = luasjuring − luas4P AB 90 1 = xπx2x2 − x2x2 360 2 = π−2

Luas daerah irisan = luas lingkaran − luas tembereng = πx2x2 − 2(π − 2) = 4π − 2π + 4 = 2π + 4

5. Buktikan bahwa jumlah luas bujur sangkar yang diluar sama dengan tiga kali jumlah luas bujur sangkar yang di dalam! (Soal matematika RIA Bogor) Pembahasan: Misalkan panjang sisi busur sangkar yang ada didalam adalah a, b, dan c, maka jumlah luas bujur sangkar tersebut adalah a2 + b2 + c2 . Keemudian dimisalkan panjang sisi bujur sangkar yang ada di luar dalah x, y dan z, maka jumlah luas bujur sangkar tersebut adalah x2 + y 2 + z 2 . Akan ditunjukkan bahwa x2 + y 2 + z 2 = 3(a2 + b2 + c2 ). Perhatikan 4ABC. Menurut

114

Chapter 4. Geometri aturan cosinus didapatkan b2 + c2 − a2 2bc a2 + c2 − b2 cos β = 2ac 2 a + b2 − c2 cos γ = 2ab

cos α =

Kemudian untuk setiap segitiga sama kaki diatas didapatkan x2 = a2 + c2 − 2ac cos(1800 − β) = a2 + c2 − 2ac cos β µ 2 ¶ a + c2 − b2 2 2 = a + c − 2ac 2ac 2 2 = 2a + 2c − b

Dengan cara yang sama didapatkan pula y 2 = 2b2 + 2c2 − a2 z 2 = 2a2 + 2b2 − c2

Dari ketiga persamaan ini diperoleh x2 + y 2 + z 2 = 2a2 + 2c2 − b2 + 2b2 + 2c2 − a2 + 2a2 + 2b2 − c x2 + y 2 + z 2 = 3a2 + 3b2 + 3c2

Terbukti

115

Chapter 4. Geometri

6. Diberikan segitiga sama sisi ABC dan sebuah titik P sehingga jarak P ke A dan ke C tidak lebih jauh dari jarak P ke B. Buktikan bahwa jika P terletak pada lingkaran luar segitiga ABC maka P B = P A.P C!Soal seleksi olimpiade matematika Pembahasan: C 1200 O

P A

B

1 1 x∠BOC = x1200 = 600 2 2 1 1 x∠AOB = x1200 = 600 ∠AP B = 2 2 AB 2 = P A2 + P B 2 − 2P A.P B cos 600

∠BP C =

AB 2 = P A2 + P B 2 − P A.P B......(1) BC 2 = P C 2 + P B 2 − 2P C.P B cos 600 BC 2 = P C 2 + P B 2 − 2P C.P B......(2)

Karena ABC segitiga samasisi maka AB = BC, sehingga didapatkan P A2 + P B 2 − P A.P B = P C 2 + P B 2 − P C.P B P A2 − P C 2 = P A.P B − P C.P B (P A − P C)(P A + P C) = (P A − P C)P B T erbukti bahwa P B = P A.P C

116

Chapter 4. Geometri

7. Segitiga ABC siku-siku di C. Garis berat CM tegak lurus garis berat BN . Panjang sisi BC = s. Tentukan panjang BN ! Pembahasan: Misalkan AC = b dan AB = c. Karena BN dan CP garis berat, maka BN : P N = 1 : 2 dan CM : P M = 2 : 1. Perhatikan 4BN C C N B

M

A

BN 2 = s2 + CN 2 1 BN 2 = s2 + b2 .......(1) 4 Perhatikan 4BP M µ

BP 2 ¶2 2 BN 3 4 BN 2 9 4 BN 2 9 4 BN 2 9 5 BN 2 9

= BM 2 + P M 2 µ ¶2 µ ¶2 1 1 = c + CP 2 2 1 2 1 = c + CP 2 4 4 1 2 1 2 = c + (s − CBP 2 ) 4 4 1 2 1 2 1 = c + s − BN 2 4 4 9 1 2 1 2 = c + s .......(2) 4 4

117

Chapter 4. Geometri Jika (2) - (1) didapatkan 4 1 2 3 − BN 2 = (c − b2 ) − s2 9 4 4 4 1 2 3 2 2 − BN = s − s 9 4 4 4 2 2 2 − BN = s 9 4 18 2 BN 2 = s 16 √ Jadi panjang BN adalah BN = 34 s 2

8. Misalkan sisi BC dari segitiga siku-siku ABC adalah garis tengah sebuah lingkaran yang memoton sisi miring AB di D. Garis singgung lingkaran di D memotong sisi CA di F . Buktikan bahwa besar sudut CDF adalah dua kali besar sudut A. Soal seleksi olimpiade Matematika Pembahasan: Perhatikan 4OBD pada gambar dibawah. B D

O C

F

A

118

Chapter 4. Geometri

∠OBD = ∠OBD ∠OBD = ∠B ∠DOB = 1800 − 2∠B ∠COD = 2∠B ∠CF D = 1800 − 2∠B = 2(900 − ∠B) = 2∠A

Terbukti 9. Segitiga ABC siku-siku di C. Titik P dan Q terletak pada AB sedemikian hingga AB terbagi menjadi tiga bagian yang sama. Buktikan bahwa CP 2 + P Q2 + QC 2 = 23 AB 2 Soal kompetensi matematika V Jakarta Pembahasan: Perhatikan 4CAP . C D P B

A

119

Chapter 4. Geometri Menurut aturan cosinus didapatkan CP 2 = CA2 + P A2 − 2CA.AP cos A µ ¶2 1 1 CA 2 2 CP = CA + AB − 2CA. AB 2 3 AB 1 1 CP 2 = CA2 + AB 2 .......(1) 3 9

Perhatikan 4CAQ

QC 2 = CA2 + AQ2 − 2CA.AQ cos A µ ¶2 2 CA 2 2 2 QC = CA + AB − 2CA. AB 3 3 AB 1 4 QC 2 = − CA2 + AB 2 .......(1) 3 9

Jadi, 1 1 1 1 4 CA2 + AB 2 + AB 2 − CA2 + AB 2 3 9 9 3 9 2 = AB 2 3

CP 2 + P Q2 + QC 2 =

Terbukti 10. Sebuah titik A terletak disebelah luar lingkaran yang berpusat di titik M . Dari titik A ditarik garis yang memotong lingkaran dititik B da C ( titik B terletak diantara C). Dibuat garis CM sehingga memotong lingkaran di titik D, ternyata AD menyinggung lingkaran dan titik E terletak pada garis KD. Jika panjang AE = 1cm, XB = 2 cm dan BC = 6 cm, Buktikan bahwa AM, DB dan CE berpotongan di sebuah titik!Soal kompe-

120

Chapter 4. Geometri tensi matematika XII jakarta Pembahasan:

B

2

C

6 R M

A 1 E

R D

Berdasarkan teorema Secant-Tangent didapatkan AD2 = AB.AC = 2.(2 + 6) AD2 = 16makaAD = 4 ED = 4 − 1 = 3

AB CM DE . . BC M D EA

= 26 . R . 3 = 1, Berarti AM, DB, dan CE berpotongan pada satu R 1

titik 11. Panjang sisi AB, BC, CD, DA dari persegi panjang ABCD yang panjang sisinya a dan b. Dipilih titik E, F, G dan H sedemikian hingga. Tentukan luas daerah segiempat yang dibatasi oleh garis AG, BH, CE dan DF . Pembahasan: Karena tan α. tan β =

a

2 a 3

=

2 a 3

a

= 1, maka BH ⊥ EC. Berarti segiempat

yang terarsir berupa persegi. Misalkan panjang sisinya x maka berlaku BC x a x = ⇔ 1 = 1 √ AE CE a a 13 3 3 sehingga diperoleh x =

√a . 13

Jadi luas daerah terarsir x2 =

2 √a 13

121

Chapter 4. Geometri

A P

B

12. Dari gambar diketahui luas yang diarsir adalah A. Tunjukkan bahwa luas persegi panjang juga A. Pembahasan: 2p + 2q = A 1 x+p = luas lingkaran 2 µ ¶2 1 1 x+p = π b 2 2 1 2 2x + 2p = πb 4

(5.1) (5.2) (5.3) (5.4) (5.5)

1 luas lingkaran 2 µ ¶2 1 1 y+q = π a 2 2 1 2 2y + 2q = πa 4 y+q =

(5.6) (5.7) (5.8) (5.9)

122

Chapter 4. Geometri Jika (1) dan (2)dijumlahkan didaptkan 1 1 2x + 2p + 2y + 2q = πb2 + πa2 4 4 1 2 2x + 2y + A = π(b + a2 ) 4 1 2 2x + 2y = π(b + a2 ) − A 4

Luas lingkaran = luas persegi + 2x + 2y 1 π(b2 4

+ a2 ) = luas persegi + 14 π(b2 + a2 ) − A, terbukti bahwa luas persegi

adalah A. 13. Sebuah lingkaran memotong sisi-sisi pada bagian dalam yaitu DC di D dan D0 , CA di E da E 0 , AB di F dan F 0 . Jika AD, BE, dan CF kongruen, tunjukkan bahwa AD0 , BE 0 dan CF 0 juga kongruen. Pembahasan: Menurut teorema Secant diperoleh: AF.AF

0

BD.BD0 CE.CE 0

AF AE 0 = AE.AE ⇒ = AE AF 0 BD BF 0 = BF.BF 0 ⇒ = BF BD0 CE CD0 = CD.CD0 ⇒ = CD BD0 0

123

Chapter 4. Geometri karena AD, BE dan DF kongruen maka AF BD CE . . =1 F B DC EA AF BD CE . . =1 EA F B DC AE 0 BF 0 CD0 . . =1 AF 0 BD0 CE 0 AF 0 BD0 CE 0 . . =1 AE 0 BF 0 CD0 AF 0 AF 0 CE 0 . . =1 F 0B F 0B E 0A T erbukti

14. Misalkan ABC segitiga dan P suatu titik di dalam segitiga tersebut. Garis AP, BP dan CP memotong garis BC, CA dan AB berturut-turut dititik D, E, dan F . Garis DE, EF , dan F D berturut-turut memotong garis AB, BC dan CA di titik titik K, M dan N . Tunjukkan bahwa K, M, dan N terletak dalamsatu garis. Pembahasan: Karena garis-garis AD, BE, dan CF berpotongan disatu titik P , maka menurut teorema Ceva diperoleh AF BD CE . . =1 F B DC EA Karena titik-titik D, E, dan K terletak pada satu garis, dengan Teorema Manelaos diperoleh

AK BD CE . . KB DC EA

= 1. Ekuivalen dengan

gan cara yang sama akan diperoleh juga

BM MC

=

EA F B . CE AF

AK KB

dan

DC EA . . DenBD CE CN DC = FAFB . BD . NA

=

Dari persamaan (1),(2) dan (3) didapatkan µ ¶2 AK BM CN F B DC EA . . = . =1 KB M C N A AF BD CE Sehingga menurut Teorema Menelaos terbukti bahwa K, M , dan N terletak pada satu garis.

Chapter 4. Geometri

124

15. Lingkaran dalam segitiga ABC menyingguan sisi sisi BC, CA, dan AB berturut-turut di titik titik D, E, dan F . Misalkan M titik tengah EF dan garis AD memotong lingkaran dalam segitiga ABC di titik K, buktikan bahwa ∠KM E = ∠KM D = ∠DM E Pembahasan:Misalkan I adalah titik pusat lingkaran dalam segitiga ABC. Tampa mengurangi sifat keumuman, misalkan K dan F terletak pada sisi yang sama terhadap garis AM . Maka berlaku ∠KM E = ∠KM A + 900 dan ∠DM E = ∠DM I + 900 . Akan dibuktikan bahwa ∠KM A = ∠DM I. karena segitiga AM F dan AF I sebangun maka berlaku AM.AI = AF 2 . Dengan teorema titik kuasa pada A didapatkan AK.AD = AF 2 . Dari sini didapatkanAK.AD = AM.AI yang artinya KM ID adalah suatu segiempat tali busur. Karena ID = IK, maka sudut keliling yang meghadap busur-busur tersebut adalah sama besar yaitu ∠DM I = ∠IDK. Dengan sifat segiempat talibusur didapatkan ∠KM A = ∠IDK. Dengan demikian didapatkan ∠KM E = ∠KM A + 900 = ∠DM I + 900 = ∠DM E.

¥¥¥¥¥¥

CHAPTER 6

Kombinatorika Konsep-konsep penting yang perlu dipahami dalam menyelesaikan masalah dalam kombinatorika diantaranya adalah konsep permutasi dan kombinasi, prinsip inklusi-ekslusi, koefisien binomial, prinsip sarang merpati (pigeon hole principle), paritas dan relasi rekurensi.

6.1

Permutasi dan Kombinasi

Definition 6.1.1 Permutasi. Banyaknya cara menyusun r anggota dari sebuah himpunan yang mempunyai n anggota dengan memperhatikan urutan adalah P (n, r) = n! Prn = (n−r)! , dimana n! = n · (n − 1) . . . 3 · 2 · 1. Apabila sebuah objek dapat dipilih lebih dari satu kali maka disebut permutasi dengan pengulangan dengan rumus P (n, r) = Prn = nr . Definition 6.1.2 Kombinasi. Banyaknya cara menyusun r anggota dari sebuah himpunan yang mempunyai n anggota tanpa memperhatikan urutan adalah C(n, r) = n! Crn = r!(n−r)! . Apabila sebuah objek dapat dipilih lebih dari satu kali maka disebut kombinasi dengan pengulangan dimana C(n + r − 1, r) = Crn+r−1 =

(n+r−1)! . r!(n−1)!

Example. Tentukan banyaknya susunan dua angka dari lima angka 1,2,3,4,5. Solution. Susunan selain diagonal utama adalah suatu permutasi, dan bila termasuk diagonal utama disebut permutasi dengan pengulangan. Sedangkan susunan kombinasi adalah hanya di atas diagonal utama atau hanya di bawah diagonal utama. 125

126

Chapter 9. Kombinatorika

1 z}|{ 1 |{z} 11

6.2

2

3

4

5

13

14

15

24

25 35

2

21

12 z}|{ 22 |{z}

3

31

32

23 z}|{ 33 |{z}

4

41

42

43

34 z}|{ 44 |{z}

5

51

52

53

54

45 z}|{ 55 |{z}

Prinsip Inklusi-Ekslusi dan Peluang

Prinsip ini digunakan untuk menentukan kardinalitas dari gabungan himpunanhimpunan yang tidak harus saling lepas. Theorem 6.2.1 Misal Ai adalah sebarang himpunan, 1 ≤ i ≤ n. Kardinalitas dari gabungan himpunan-himpunan yang tidak harus saling lepas adalah: n n X X ¯[ ¯\ ¯ X ¯ ¯ Ai ¯ = |Ai ∩ Aj ∩ Ak | − . . . (−1)n+1 ¯ Ai ¯ |Ai | − |Ai ∩ Aj | + i=1

i=1

i<j

i<j
i=1

Definition 6.2.1 Jika S = {k1 , k2 , . . . , kn } adalah himpunan dari semua kejadian dalam suatu ruang sampel, sedangkan K adalah kejadian yang terjadi pada himpunan K ⊆ S maka peluang terjadinya K adalah p(K) = n(K) . Dalam hal ini pi ≥ 0 dengan n(S) i = 1, 2, . . . , n dan p1 + p2 + · · · + pn = 1. Definition 6.2.2 Misalkan S adalah ruang sampel berhingga dengan kejadian A dan B, maka probabilitas bersyarat dari kejadian A dengan syarat B, ditulis p(A/B) adalah: p(A/B) = p(A/B) . p(B) Example. Pada sebuah klub olahraga diketahui bahwa 10 orang menyukai tennis, 15 orang menyukai squash, 12 orang menyukai badminton, 5 orang menyukai

127


tennis dan squash, 4 orang menyukai tennis dan badminton, 3 orang menyukai squash dan badminton dan 2 orang menyukai ketiga olahraga. Berapa banyak anggota klub yang menyukai sedikitnya satu dari ketiga cabang olahraga ini? Solution. Misalkan T, S dan B masing-masing adalah himpunan anggota klub yang menyukai tennis, squash dan badminton. Maka menurut teorema InklusiEkslusi |T ∪ S ∪ B| = |T | + |S| + |B||T ∩ S| − |T ∩ B| − |S ∩ B| + |T ∩ S ∩ B| = 10 + 15 + 12 + 5 − 43 + 2 = 12 Jadi, banyaknya anggota klub yang menyukai sedikitnya satu dari ketiga cabang olahraga ini adalah 27 orang. Example. Sepasang dadu dilempar satu kali. Misal A adalah kejadian muncul mata 2 pada paling sedikit satu dadu, dan B kejadian jumlah mata yang muncul pada kedua dadu sama dengan 6. Tentukan peluang kejadian A dengan syarat B. Solution. S = {11, 12, . . . , 66} sehingga n(S) = 36. A = {21, 22, 23, . . . , 62}, B = {15, 24, 33, . . . , 51} dan n(A) = 11, n(B) = 5. Dengan demikian A ∩ B = {24, 42} dan n(A ∩ B) = 2 sehingga p(A/B) =

6.3

p(A/B) p(B)

=

2/36 5/36

= 52 .

Koefisien Binomial

Prinsip ini digunakan untuk menentukan kardinalitas dari gabungan himpunanhimpunan yang tidak harus saling lepas.

128


Theorem 6.3.1 Jika x dan y adalah variabel dan n adalah bilangan asli maka berlaku: n µ ¶ X n n−r r n (x + y) = x y r r=0 Bila (x + y)n diekspansikan maka berlaku beberapa sifat berikut: • Terdapat (n + 1) suku, jumlah pangkat dari x dan y pada tiap suku adalah n. • Pangkat dari x turun satu demi satu dari n ke 0, sedangkan pangkat dari y naik satu demi satu dari 0 ke n. • Koefisien dari suku-suku yang berjarak sama dari xn dan y n adalah sama. Beberapa contoh dapat dilihat dalam berikut ini. (x + y)0 = 1 (x + y)1 = x + y (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 (x + y)3 = x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 (x + y)4 = x4 + 4x3 y + 6x2 y 2 + 4xy 3 + y 4 (x + y)5 = x5 + 5x4 y + 10x3 y 2 + 10x2 y 3 + 5xy 4 + y 5 (x + y)6 = x6 + 6x5 y + 15x4 y 2 + 20x3 y 3 + 15x2 y 4 + 6xy 5 + y 6 Kalau koefisien-koefisiennya disusun dalam bentuk segitiga, maka susunan segitiga tersebut dinamakan ’Segitiga Pascal’. Segitiga ini mempunyai sifat: (i) Bilangan pertama dan bilangan terakhir dalam tiap baris adalah 1, (ii) Tiap bilangan selain 1, dapat dicari dengan menjumlahkan dua bilangan tepat di atasnya. 1

129

Chapter 9. Kombinatorika 1+1 1+2+1 1+3+3+1 1+4+6+4+1 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 Example. Hitunglah berapa nilai dari

P1003 ¡ 2007 ¢ k=0 2k+1 .

Solution. Perhatikan bahwa binomial untuk x = 1 dan y = 1 adalah (1 + 1)

2007

¶ 2007 µ X 2007 k=0

k 2007

(1 + (−1)) ¶ 2007 µ X 2007 k=0

k

¶ 2007 µ X 2007 = (1)2007−k (1)k = 22007 k k=0 = 22007

(6.1)

¶ 2007 µ X 2007 (1)2007−k (−1)k = 02007 = 0 = k k=0

(−1)k = 0

X µ2007¶ X µ2007¶ k (−1) + (−1)k k k k genap k ganjil µ ¶ X 2007 X µ2007¶ − k k k genap k ganjil X µ2007¶ k k genap ¶ 2007 µ X 2007 2k k=0

= 0 = 0 X µ2007¶ = k k ganjil ¶ 2007 µ X 2007 = 2k + 1 k=0

(6.2)

130

Chapter 9. Kombinatorika Karena menurut (6.2) ¶ 2007 µ X 2007 k=0

k

=2

¶ 2007 µ X 2007 k=0

2k

¶ 2007 µ X 2007 =2 2k + 1 k=0

Maka sesuai (6.1) diperoleh ¶ ¶ 2007 µ 2007 µ X 2007 1 X 2007 1 = = · 22007 = 22006 2k + 1 k 2 k=0 2 k=0 Pn

¡n¢

r = n2n−1 . P ¡ ¢ Solution. Menurut koefisien binomial didapat (x+1)n = nr=0 nr xr . Turunkan Pn ¡n¢ r−1 sekali terhadap x didapat n(x + 1)n−1 = . Substitusikan untuk r=0 r rx Pn ¡n¢ Pn ¡n¢ n−1 r−1 x = 1 diperoleh n(1 + 1) = r=0 r r(1) atau r=0 r r = n2n−1 . ¡ ¢ P Example. Buktikan bahwa nr=1 r2 nr = n(n + 1)2n−2 . P ¡ ¢ Solution. Menurut koefisien binomial didapat (x+1)n = nr=0 nr xr . Turunkan P ¡ ¢ dua kali terhadap x didapat n(n−1)(x+1)n−2 = nr=2 nr r(r−1)xr−2 . Kemudian Example. Jika n bilangan asli, buktikan bahwa

r=1

r

substitusikan x = 1 didapat: n µ ¶ X n n(n − 1)(1 + 1) = r(r − 1) r r=2 n µ ¶ n µ ¶ X n 2 X n n−2 n(n − 1)2 = r − r r r r=2 r=2 n µ ¶ n µ ¶ X X n n 2 n−2 n(n − 1)2 + r= r r r r=2 r=2 n−2

131

Chapter 9. Kombinatorika Tambahkan n di kedua ruas n−2

n + n(n − 1)2

+

n µ ¶ X n

r2

r r=2 µ ¶ µ ¶ n n X X n n 2 n−2 n(n − 1)2 + r= r r r r=1 r=1 n µ ¶ X n 2 n−2 n−1 n(n − 1)2 + n2 = r r r=1 r=2

Sehingga

6.4

Pn r=1

¡ n¢ r

r

r =n+

n µ ¶ X n

r2 = n(n + 1)2n−2 .

Prinsip Sarang Merpati

Prinsip sarang merpati (pigeon hole principle) juga dikenal dengan nama shoe box argument atau dirichlet drawer principle. Theorem 6.4.1 Jika terdapat lebih dari n barang yang didistribusikan ke dalam n buah kotak, maka sedikitnya satu kotak akan menerima lebih dari satu barang. Contoh: Selama bulan juni (30 april) Antony melakukan pertandingan catur sedikitnya satu kali sehari. Banyak pertandingan selama bulan tersebut tidak lebih dari 45 kali. Tunjukkan bahwa terdapat periode dimana Antony melakukan tepat 14 pertandingan! Jawab: Misalkan ai menyatakan banyaknya pertandingan yang dilakukan Antony selama i hari. Karena dalam sebulan banyaknya pertandingan tidak lebih dari 45 kali maka 0 < a1 < a2 < ... < a30 ≤ 45


132

Jumlahkan dengan 14 didapatkan 14 < a1 + 14 < a2 + 14 < ... < a30 + 14 ≤ 59 Dari ketaksamaan (1) dan (2) didapatkan 60 bilangan. Karena maksimal hanya ada 59 bilangan maka setidaknya terdapat i dan j sedemikian hingga ai = aj + 14. Ekivalen dengan ai − aj = 14. Terbukti

6.5

Paritas

Prinsip ini digunakan untuk mengeliminasi kemungkinan-kemungkinan tertentu dengan cara memperhatikan dua masalah saja, misalnya ganjil genap atau hitam putih. Misal kedua bilangan adalah genap atau ganjil maka bilanganbilangan itu mempunyai paritas sama. Jika satu ganjil dan satunya genap maka bilangan-bilangan itu mempunyai paritas yang berbeda. Contoh: Misalkan n > 1 adalah bilangan ganjil dan misalkan pula A adalah matriks berukuran nxn yang simetris. Jika setiap baris dan kolom S merupakan suatu permutasi dari 1, 2, ...n Buktikan bahwa setiap i, i = 1, 2, ...n akan muncul pada diagonal utama! Jawab: Karena setiap baris dan kolom adalah permutasi dari 1, 2, 3, ...n akan muncul sebanyak n kali dalam matriks A. Misalkan submatriks dari A yang terletak dibawah dan diatas diagonal utama sebagai A1 dan A2 . Andaikan terdapat bilangan i0 diantara 1, 2, 3, ...n yang tidak muncul di A1 dan A2 haruslah sama. Akibatnya banyaknya i0 yang muncul di A adalah genap, suatu kontradiksi.


6.6

133

Relasi Rekurensi

Definition 6.6.1 Diberikan suatu fungsi numerik a0 , a1 , . . . , ar , . . . untuk sebarang r. Suatu persamaan yang mengkaitkan ar dengan satu atau lebih ai , untuk i < r, disebut relasi rekurensi atau persamaan beda (difference equations). Contoh: Misalkan kita melempar sebuah koin n kali. Berapa banyaknya hasil percobaan yang didalamnya sisi gambar tidak pernah muncul dua kali berturutturut? Jawab: Misalkan an menyatakan banyaknya hasil percobaan ke-n. Perhatikan bahwa untuk mendapatkan hasil percobaan sehingga sisi gambar tidak boleh muncul dua kali berturut-turut maka 1. n − 1 barisan yang didalamnya sisi gambar tidak pernah muncuk dua kali bertrut-turut pada barisan ke-n dipasangkan dengan sisi angka. 2. n − 2 barisan yang didalamnya sisi gambar tidak pernah muncul dua kali berturut-turut pada barisab ke-(n − 1) dipasankan dengan sisi angka kemudian barisan ke-n dipasangkan dengan sisi gambar.

6.7

Soal-soal dan Pembahasan

Bagian I 1. Berapa cara untuk bergerak diruang xyz dari titk (0, 0, 0) ke (4, 3, 5) sehingga langkah yang diambil adalah arah x positif, y positif dan z positif? Pembahasan: Karena langkah yang diambil adalah arah x positif,y positif dan z positif, maka langkah dari (0, 0, 0) ke (4, 3, 5) adalah langkah yang terpendek. Sehingga banyaknya cara untuk bergerak di ruang tersebut yaitu harus terdiri dari 12 langkah dimana 4 langkah ke kanan(x), 3

134


langkah ke belakang y dan 5 langkah ke atas (z). Jadi banyaknya cara ¡ ¢¡8¢¡5¢ adalah 12 = 27720 4 3 5 2. Hitunglah berapa koefesien dari x102 y 98 dari ekspansi (2x − 5y)200 ! Pembahasan: Menurut teorema binomial untuk menghitung koefesien x102 y 98 dari ekspansi (2x − 5y)200 yaitu dengan mengambil r = 102, sehingga didapatkan suku ¡ ¢ ke-102, sehingga didapatkan suku ke-102 sebagai berikut 200 (2x)102 (−5y)98 102 ¢ ¡ (2x)102 (−5y)98 Jadi koefesien x102 y 98 adalah 200 102 3. Berapa banyak solusi bilangan asli untuk persamaan x1 +x2 +x3 +...+xk = n? Pembahasan: Dibentuk bilangan yi = xi − 1. Karena xi merupakan bilangna asli, maka jelas bahwa yi merupakan bilangan bulat. Sehingga banyak solusi untuk x1 +x2 +x3 +...+xk = n ekivalen dengan banyak solusi persamaan berikut: x1 + x2 + x3 + ... + xk = n (x1 − 1) + (x2 − 1) + (x3 − 1) + ... + (xk − 1) = n − k y1 + y2 + y3 + ... + yk = n − k Sehingga banyaknya solusi bilangan bulat adalah

¡n−k+k−1¢ k−1

=

¡n−1¢ k−1

4. Buktikan bahwa diantara n + 1 bilangan bulat yang dipilih terdapat dua bilangan yan selisihnya hais dibagi n! Pembahasan: Misalkan bilangan yang dipilih tersebut adalah a1 , a2 , ..., an+1 . Diambil sebarang bilangan dari a1 , a2 , ..., an+1 misalkan a1 . Dibentuk a1 − a2 , a1 − a3 , ..., a1 − an+1


135

Jika salah satu dariselisih diatas habis dibagi n, maka pernyataan terbukti. jika n selisih diatas tidak habis dibagi n, maka kemudian dibentuk a1 − a2 = t1 n + r1 , a1 − a3 = t2 n + r2 , ..., a1 − an+1 = tn n + rn , dengan 0 < ri < n. Karena terdapat n hasil bagi sedangkan banyaknya bilangan 0 < ri < n hanya ada n − 1 bilangan, maka pasti terdapat dua bilangan yang mempunyai sisa hasil bagi yang sama. Akibatnya didapatkan dua bilangan yang selisihnya habis dibagi n. Terbukti. 5. Diberikan himpunan n + 1 bilangan bulat yang kurang dari 2n. Buktikan bahwa setidaknya terdapat satu anggota himpunan yang membagi habis anggota himpunan yang lain! Pembahasan: Misalkan anggota himpunan tersbut adalah x1 , x2 , x3 , ..., xn+1 . Untuk setiap i, xi = 2nii yi , dengan ni adalah bilangan bulat non-negatif dan yi adalah bilangan ganjil. T = {yi : i = 1, 2, ..., n + 1}, maka T adalah koleksi n + 1 bilangan ganjil yang kurang dari 2n. Karena hanya terdapat n bilangan ganjilyang kurang dari 2n, maka setidaknya terdapat dua bilangan yang sama misalkan yi = yj , i < j. Akibatnya xi = 2ni yi dan xj = 2nj yj . Jika ni ≤ nj maka xj membagi xi dan jika ni ≥ nj maka xi membagi xj . Terbukti. 6. Misalkan x1 , x2 , x3 , ..., xn adalah sebarang permutasi dari 1, 2, 3, ...n. Jika n adalah bilangan ganjil buktikan bahwa perkalian (x1 − 1)(x2 − 2)(x3 − 3)...(xn − n) adalah genap! Pembahasan: Andaikan hasil perkalian tersebut ganjil, maka tiap-tiap faktor tidak bernilai genap. Jadi (xk − k) bernilai ganjil untuk setiap k. Diketahui n bilangan


136

ganjil maka jumlah semua bilangan ganjil tersebut juga ganjil. Sedangkan (x1 − 1)(x2 − 2)(x3 − 3)...(xn − n) = 0 bilangan genap. Kontradiksi, Jadi, terbukti bahwa hasil perkalian tersebut bernilai genap. 7. Buktikan bahwa ada 2n − 2 bilangan yang terdiri dari atas n angka 1 dan 2 dengan masing-masing angka muncul sedikitnya sekali! Pembahasan: Karena banyaknya bilangan dengan angka 1 tidak pernah muncul adalah 1. Jadi banyaknya bilangan yang terdiri dari angka 1 dan 2 dengan masingmasin angka muncul sedikitnya sekali adalah 2n − 1 − 1 = 2n − 2 Terbukti. 8. Misakan T adalah sebuah segitiga sama sisi dengan panjang 1. Tunjukkan bahwa jika terdapat 5 titik pada T maka dua diantaranya akan berjarak tidak lebih dari 12 ! Pembahasan: Bentuk tiga garis pada segitiga sama sisi tersebut sehingga tiga garis tersebut akan menghasilkan empat buah segitiga kecil sama sisi. Jelas bahwa maksimal panjang segitiga kecil sama sisi tersebut adalah 12 . karena terdapat lima titik dan empat segitiga kecil, maka pasti terdapat dua titik yang terletak pada segitiga kecil yang sama. Terbukti. 9. Tentukan banyaknya daerah yang dibentuk oleh n garis pada bidang datar.Pembahasan: Diasumsikan tidak ada dua garis yang sejajar dan tidak ada tiga garis yang berpotongan pada titik yang sama. Misalkan an menyatakan banyaknya daerah yang dicari. Karena garis ke-n dipotong oleh n − 1 garis sebelumnya menjadi n ruas garis dan setiap ruas garis memotong suatu daerah menjadi dua daerah baru maka didapatkan an = an−1 + n dengan a0 = 1, a2 = 2, a3 = 4, a4 = 7. Persamaan yang memenuhi syarat ini adalah an = 1 + 12 n(n + 1) 10. Misalkan dimiliki perangko dengan nilai 5 sen dan 3 sen. Tunjukkan bahwa


137

dapat dibentuk perangko senilai tepat 8 sen atau lebih!Pembahasan: (a) Perangko senilai 8 sen jelas dapat dibentuk (b) Perangko senilai 9 sen jelas dibentuk dengan 3 perangko nil ai 3 sen dan perangko senilai 10 senjelas dibentuk dengan 2 perangko senilai n > 10 dilakukan dengan cara berikut: i. jika perangk n sen terdiri dari minimal 3 perangko bernilai 3 sen, maka jika perangko ini diganti 2 perangko masing-masing bernilai 5 sen maka akan diperoleh perangko bernilai n + 1 sen. ii. jika perangko k sen terdiri dari minimal 1 perangko bernilai 5 sen, maka jika perangko 5 sen diganti dengan 2 perangko masingmasing bernilai 3 sen akan diperoleh perangko bernilai n + 1 sen. Bagian II 1. Berapa banyaknya bilangan bulat positif yang merupakan faktor dari 30030? Pembahasan: Karena 30030 = 2x3x5x7x11x13, dan hasil kali r bilangan 2, 3, 5, 7, 11, 13, 1 ≤ r ≤ 6 juga merupakan faktor dari 30030, maka diperoleh banyaknya faktor ¡ ¢ P adalah 6n=0 n6 = 26 2. Misalkan S sebuah himpunan dengan n unsur. Buktikan bahwa banyaknya himpunan bagian bagi S ada 2n ! Pembahasan: Banyaknya unsur di dalam suatu himpunan bagian adalah 0 atau 1 atau 2,... atau n. Selain itu banyaknya himpunan bagian yang memiliki r unsur ¡ ¢ adalah nr untuk r = 0, 1, 2, ...n. Dengan demikian, banyaknya himpunan ¡ ¢ P bagian ialah nn=0 nr = 2n .Terbukti. 3. Sebuah kata biner yang panjangnya n adalah suatu barisan angka yang terdiri atas angka 0 atau 1. Berapa banyak kata biner dengan panjang 10

138

Chapter 9. Kombinatorika yang diawali dengan tiga angka 0 atau diakhiri dengan dua angka 1? Pembahasan:

Banyak kata biner dengan panjang 10 yang diawali dengan tiga angka 0 atau diakhiri dengan dua angka 1 = (banyak kata biner yang diawali dengan tiga angka 0) + (banyak kata biner yang diakhiri dengan dua angka 1) - (banyak kata biner yang diawalai dengan tiga angka 0 dan diakhiri dengan dua angka 1). Kemudian, untuk mendapatkan kata biner yang diawali dengan tiga angka 0 adalah 1.1.1.2.2.2.2.2.2.2 = 27 , diakhiri dengan dua angka 1 adalah 2.2.2.2.2.2.2.2.1.1 = 28 dan diawali tiga angka 0 dan diakhiri dua angka 1 adalah 1.1.1.2.2.2.2.2.1.1 = 25 . Dengan demikian didapatkan 27 + 28 − 25 . 4. Hitunglah berapa nilai dari

Pk=0 ¡ 2007 ¢ 1003 2k−1 !

Pembahasan: Perhatikan bahwa binomial untuk x = 1 dan y = 1 adalah ¶ k=0 µ X 2007 2007

k

= (1 + 1)2007 = 22007

.....(1) Sedangkan binomial untuk x = 1 dan y = −1 adalah ¶ k=0 µ X 2007 2007

Sehingga

Akibatnya

k

(1)2007−k (−1)k = (1 − 1)2007 = 02007 = 0

¶ k=0 µ X 2007 (−1)k = 0 k 2007 X µ2007¶ X µ2007¶ k (−1) + (−1)k = 0 k k genap ganjil

139

Chapter 9. Kombinatorika Ekivale dengan

X µ2007¶ X µ2007¶ + =0 k k genap ganjil X µ2007¶ X µ2007¶ = k k genap ganjil

.....(2) Sehingga dari (1) dan (2) didapatkan ¶ X ¶ 1003 µ 1003 µ X 2007 2007 = = 22007 2k + 1 2k + 1 k=0 k=0 ¶ 1003 µ X 2007 2 = 22007 2k + 1 k=0 Diperoleh

¶ 1003 µ X 2007 = 22006 2k + 1 k=0

5. Buktikan bahwa

Pn

2 r=1 r

¡ n¢ r

= n(n + 1)2n−2 !

Pembahasan: Menurut koefisien binomial didapatkan (x + 1)n =

Pn r=0

¡n¢ r

xr Jika ruas

kanan dan kiri diturunkan dua kali terhadap x maka didapatkan n(x + 1) n(n − 1)(x + 1)

n−1

n−2

= =

n µ ¶ X n r=1 n µ X r=2

r

rxr−1

¶ n r(r − 1)xr−2 r

140

Chapter 9. Kombinatorika Kemudian subsitusikan x = 1 sehingga didapakan n µ ¶ X n n−2 n(n − 1)2 = r(r − 1) r r=2 n µ ¶ n µ ¶ X n 2 X n n−2 n(n − 1)2 = r − r r r r=2 r=2 n µ ¶ n µ ¶ X X n n 2 n−2 n(n − 1)2 − r = r r r r=2 r=2 Tambahkan n diruas kanan dan kiri sehingga diperoleh n µ ¶ n µ ¶ X X n n 2 n−2 n + n(n − 1)2 + r = n+ r r r r=2 r=2 Dari sini diperoleh n µ ¶ X n

n µ ¶ X n 2 n(n − 1)2 + r = n+ r r r r=1 r=2 n µ ¶ X n 2 n−2 n−1 n(n − 1)2 + n2 = r r r=1 n µ ¶ X n 2 n−2 n(n − 1)2 = r r r=1 n−2

6. Misalkan terdapat lima titik P1 , P2 , P3 , P4 , danP5 pada bidang dimana masingmasing mempunyai koordinat bilangan bulat. Buktikan bahwa terdapat sedikitnya sepasang titik (Pi , Pj ) dengan i 6= j sedemikian hingga segmen garis (Pi , Pj ) memuat sebuah titik Q yang mempunyai koordinat bilangan bulat dimana Q 6= P atau Q 6= Pj ! Pembahasan: Berdasarkan ganjil genapnya, terdapat 4 jenis koordinat untuk kelima titik


141

ini yaitu (genap, genap), (ganjil,ganjil), (genap, ganjil) dan (ganjil, genap). Karena terdapat lima buah titik maka menurut prinsip sangkar merpati, setidaknya terdapat dua buah titik yang mempunyai jenis yang sama. misalkan kedua titik ini adalah Pi = (xi , yj )danPj = (xj , yj ) dengan i 6= j. Karena xi da xj paritas yang sama maka xi + xj¶adalah genap, demikian µ xi +xj yi +yj juga dengan yi + yj . Akibatnya Q = , 2 yang merupakan koor2 dinat titik tengah segmen garis mempunyai koordinat bilangan bulat. 7. Misalkan A adalah sebuah himpunan yang beranggotaan 10 bilangan bulat positif yang kurang dari 107. Buktikan bahwa terdapat dua suphimpunan saling lepas dari A yang hasil tamabah dari anggota-anggotanya adalah sama! Pembahasan: Himpunan A yang hasil tambah dari anggotanya terbesar adalah A = dengan hasil tambah sama dengan 1050. Buatlah 1060 kotak dengan label 0 sampai dengan 1050. Sekarang perhatikan sebarang himpunan A dan semua subhimpunan, tulis hasil tambah anggota-anggota pada selembar kertas dan masukkan kertas tersebut pada kotak yang sesuai. Terdapat 1024 kertas dan 1060 kotak. Menurut prinsip sangkar merpati maka terdapat sebuah kotak yang berisi sedikitnya dua kertas. Hal ini berarti jumlah anggota dari dua subhimpunan ini adalah sama. Perhatikan bahwa kedua sub himpunan ini bisa tidak saling lepas. Tetapi jika demikian kita dapat menghapus anggota sekutu dari dua sub himpunan ini untuk mendapatkan dua sub himpunan lain yang saling lepas dan hasil tambahan anggota anggotanya sama. 8. Misalkan n > 1 adalah bilangan bulat ganjil, dan misalkan A adalah matriks berukuran nxn yang simetris. Jika setiap baris dan kolom A merupakan suatu permutasi dari 1, 2, ...n, buktikan bahwa setiap i, i = 1, 2, ...n

142

Chapter 9. Kombinatorika akan muncul pada diagonal utama A! Pembahasan:

karena setiap baris dan kolom adalah permutasi dari 1, 2, ...n maka setiap bilangan i, i = 1, 2, ...n akan muncul sebanyak n kali dalam matriks A. Sebut submatriks dari A yang terletak dibawah dan diatas diagonal utama sebagai A1 dan A2 . Andaikan terdapat bilangan i0 diantara 1, 2, ...n yang tidak muncul pada diagonal utama A. Karena A simetris maka banyaknya i0 yang munculnya di A adalah genap. Suatu kontradiksi. 9. Misalkan P 1, P 2, P 3, P 4 dan P 5 terletak didalam sebuah persegi yang panjang sisinya adalah 1. Notasikan dij adalah jarak antara titik Pi dan Pj . Tunjukkan bahwa terdapat dua titik yang jaraknya kurang dari

√

2 ! 2

Pembahasan: Bagi persegi tersebut menjadi empat buah persegi kecil yang sama sisi. Akibatnya menurut pigeon hole setidaknya terdapat dua titik yang terletak pada persegi kecil yang sama. Karena panjang sisi persegi adalah 1, maka panjang sisi persegi kecil adalah 12 . Menurut teorema phytagoras, jarak maksimal dari titik sudut ke sudut yang lain yaitu

√ 2 . 2

Terbukti.

10. Berapakah banyaknya bilangan bulat positif diantara 1 dan 1000 yang tidak habis dibagi 2 dan tidak habis dibagi 5? Pembahasan: Misalkan S = {1, 2, 3, ..., 1000}, A = {x²S, 2|x} dan {B = {x²S, 5|x}. Akan


143

dicari |A0 ∩ B 0 |. Menurut hukum De-Morgan, maka didapatkan |A0 ∩ B 0 | = |(A ∪ B)0 | = |S| − |(A ∪ B)| = |S| − (|A| + |B| − |A ∩ B|) µ· ¸¶ µ· ¸¶ µ· ¸¶ 1000 1000 1000 = 1000 − + − 2 5 10 = 400

Jadi banyaknya bilangan bulat positif ada 400 bilangan. 11. Berapakah banyaknya penyelesaian bilangan bulat untuk persamaan x1 + x2 + x3 = 24 dengan 1 ≤ x1 ≤ 5, 12 ≤ x2 ≤ 18, −1 ≤ x3 ≤ 5? Pembahasan: Notasikan y1 = x1 − 1, y2 = x2 − 12, y3 = x3 + 1, sehingga persamaan di atas menjadi y1 + y2 + y3 = 12 dengan penyelesaikan bilangan bulat nonnegatif dan y1 ≤ 4, y2 ≤ 6, y3 ≤ 13. Misalkan A, B dan C berturut-turut adalah himpunan semua penyeesaian sedemikian hingga y1 > 4, y2 > 6, y3 > 13. Dengan demikian, banyaknya solusi nonnegatif untuk y1 + y2 + y3 = ¡ ¢ ¡3−1+7¢ ¡3−1+5¢ 12 adalah 12−1+3 = 19, |A| = , |B| = , |C| = 0 dan juga 7 5 T12 T T T T diperoleh |A B| = 1, |A C| = |B C| = |A B C| = 0. Jadi, dari sini menurut P IE didapatkan 91 − (36 + 21 + 0) − 0 = 35. 12. Buktikan bahwa banyaknya pemetaan dari M = {1, 2, ...m} ke N = {1, 2, ..., n} adalah µ ¶ µ ¶ n n m (n − 2)m − ... + (−1)n−1 1m n − (n − 1) + 2 1 m

Pembahasan: Banyaknya pemetaan dari M ke N adalah nm . Jika Ai adalah himpunan

144


pemetaan dari M ke N sehingga i²N tidak mempunyai prapeta, maka banyaknya pemetaan dari M ke N yang tidak pada adalah |A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An |.Perhatikan bahwa : ¡ ¢ |Ai | = n1 (n − 1)m P (b) Untuk setiap i1 , i2 ²N, |Ai1 ∪ Ai2 | = (n − 2)m . Akibatnya in1
Pi=1 n

Ai2 | = (n − 2)m Demikian seterusnya sehingga untuk setiap untuk i1 , i2 ...in−1 ²N , akibatnya Ai1 ∩ Ai2 ∩ .... ∩ Ain | = (n(n − 1))m = 1m Jadi µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n m m n−1 |A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An | = (n − 1) − (n − 1) − ... − (−1) 1m 1 2 n−1 Akibanya banyaknya pemetaan dari M ke N adalah ¶ µ µ ¶ µ ¶ n n n m n−1 m m 1m (n−1) −...−(−1) (n−1) − n −|A1 ∪A2 ∪...∪An | = n−1 2 1 13. Sebuah pesta dihadiri oleh n orang dan setiap hadirin meninggalkan topinya dibagian penyimpanan. Dalam berapa banyak cara topi-topi itu dikembalikan sehingga tidak seorang pun menerima topinya kembali? Pembahasan: Misalkan Ai melambangkan hmpunan kemungkinan hadirin ke-i mendapatkan kembali topinya, untuk setiap i. Banyaknya cara pengembalian sehingga hadirin ke-i mendapatkan kembali topinya ada (n − 1)!. Jadi , |Ai = (n − 1)!. Selanjutnya untuk setiap pilihan k bilangan bulat berbeda, misalkan Ai1 i2 i3 ...ik = Ai1 ∪ Ai2 ∪ Ai3 ... ∪ Aik adalah semua himpunan kemungkinan pengembalian sehingga hadirin ke-ik mendapatka kembali topinya. Dari sini dieroleh |Ai1 i2 i3 ...ik | = (n − k)!. pencacahan ini tidak bergan-


145

tung pada pemilihan i1 , i2 , i3 ...ik . Karena banyaknya cara mengabilk bi¡ ¢ ¡ ¢ P . Selanjutnya langan adalah nk . sehingga Sk = |Ai1 i2 i3 ...ik | = nk ! = n! k! menurut prinsip inklusi eksklusi diperoleh µ ¶ µ ¶ n k n | Ai | = n! − (n − 1) + ... + (−1) .(n − k)! + ... + (−1)n 1 k i=1 · ¸ 1 1 1 = n! 1 − + + ... + 1! 2! n! n \

14. Letakkan sebuah kuda catur didalam papan catur berukuran 7x7. apakah mungkin setiap kuda catur secara serempak dapat bergerak menurut aturan yang berlaku? Pembahasan: Asumsikan papan catur tersebut diwarnai dengan pola seperti umumnya. Papan tersebut mempunyai 49 kotak, misalkan 24 diantaranya putih dan 25 warna hitam. Dengan mempertimbangkan kedua catur yang terletak dalam kotak hitam, jika setiap kuda catur membuat gerakan sesuai aturan, maka kuda catur tersebut harus bergerak menuju 25 kotak putih. Karena hanya ada 24 kotak putih yang tersedia, maka ada sebuah gerakan yang tidak dapat dilakukan. Jadi kuda catur tidak dapat bergerak secara serempak. 15. Letakkan sebuah kuda catur ke dala papan catur berukuran 4xn. Apakah mungkin kuda catur dapat menempati setiap kotak dan kembali ke kotak awal dengan gerakan berurutan dalam 4n kali gerakan? Pembahasan: Sebelumnya perhatikan untuk kasus papan catur berukuran 7x7. Misalkan pada awalnya kuda catur terletak dikotak warna hitam. Pada gerakan pertama, kuda catur akan bergerak menempati kotak berwarna hitam.


146

Demikian seerusnya. Sehingga agar kuda catur dapat kembali menempati posisinya semula dibutuhkan sejumlah gerakan genap. Karena diiginkan kda catur dapat menemati setiap kotak maka dibutuhkan 49 gerakan harus menempati bilangan genap. Jadi dapat disimpulkan bahwa kuda catur tidak dapat menempati setipa kotak dan kembali ke kotak awal sesuai dengan aturan. Selanjutnya untuk kasus diatas, perhatikan bahwa 4xn adalah bilangan genap. Untuk menanganinya, warnai papan catur dengan pola yang berbeda, contohnya seperti gambar dibawah. Perhatikan bahwa gerakan kuda catur dari kotak putih diatas dan dibawah akan mengantarkan kekotak putih baris kedua dan ketiga. Demikian sebaliknya gerakan dari kotak putih baris kedua dan ketiga akan mengantarkan ke kotak putih baris pertama dan keempat. Terdapat n kotak putih di baris pertama dan keempat yang hanya dapat dicapai dari n kotak putih baris kedua dan ketiga. Hal ini berakibat jalur kuda catur tidak akan bergerak dari kotak putih ke kotak hitam. Jadi, kuda catur tidak mungkin dapat menempati setiap kotak dan kembali ke posisi semula.

16. Misalkan a1 , a2 , ..., a2n+1 adalah himpunan bilangan bulat yang mempunyai sifat jika salah satunya ada yang dipindahkan maka bilangan yang tersisa dapat dibagi dalam dua himpunan bilangan bulat yang jumlahnya sama. Buktikan bahwa a1 = a2 = ... = a2n+1 Pembahasan:

147


Misalkan A = a1 + a2 + ... + a2n+1 . Dari claim diatas berakibat bahwa A−ai merupakan bilangan genap untuk setiap i. Jadi semua bilangan bulat a1 , a2 , ..., a2n+1 mempunyai paritas yang sama. Notasikan a adalah bilangan bulat terkecil dari a1 , a2 , ..., a2n+1 . Kemudian dibentuk bi = ai − a untuk setiap i. Jelas bahwa b1 , b2 , ..., b2n+1 juga memenuhi sifat diatas. Karena b1 , b2 , ..., b2n+1 mempunyai paritas yang sama dan salah satu dan salah satunya merupakan bilangan nol, maka paritas dari b1 , b2 , ..., b2n+1 adalah bilangan genap. Andaikan terdapat bilangan diantara b1 , b2 , ..., b2n+1 yang bukan bilangan nol. Notasikan k adalah bilangan bulat terbesar sedemikian hingga 2k membagi habis setiap bi . Dibentuk ci =

bi 2k

untuk setiap i. Jelas

bahwa ci , c2 , ..., c2n+1 juga memenuhi sifat diatas. Karena k adalah bilangan bulat terbesar yang membagi habis setiap bi , maka terdapat ci yang merupakan bilangan ganjil sedangkan salah satu dari ci , c2 , ..., c2n+1 merupakan bilangan genap. Jadi ci , c2 , ..., c2n+1 tidak mempunyai paritas yang sama. Kontradiksi dengan yang diketahui bahwa ci , c2 , ..., c2n+1 memenuhi sifat diatas. Jadi tidak ada bilangan di antara b1 , b2 , ..., b2n+1 yang bukan bilangan nol, sehingga terbukti bahwa a1 = a2 = ... = a2n+1 17. Misalkan an adalah barisan yang terdiri dari n suku dimana suku-suku 1, 2atau3. Jika barisan ini tidak memiliki dua angka 1 yang berurutan, hitunglah berapa banyak barisan a10 ! Pembahasan: Misalkan Sn menyatakan banyaknya barisan an yang tidak memiliki dua angka satu yang berurutan. Perhatikan bahwa Sn dapat dibagi menjadi dua bagian yaitu Sn,1 yaitu banyaknya barisan an yang diawali dengan angka 1 dan tidak memiliki dua angka 1 dan Sn,2,3 adalah banyaknya barisan an yang diawali dengan angka 2 dan 3 dan tidak memiliki dua angka 1. Jelas bahwa Sn,1 diperoleh dengan meletakkan angka 2 atau 3 di awal unsur-unsur Sn−1 .Disamping itu pada setiap unsur di dalam Sn,2,3 angka

148


kedua pasti 1 dan barisan n − 2 bersal dari Sn−2 . Dari sini diperoleh Sn = Sn−1 + 2Sn−2 18. Notasi Qn menyatakan banyaknya cara meletakkan benteng catur pada papan catur berukuran nxn sedemikian hingga pengaturannya simetri terhadap diagonaldari sudut kiri bawah dengan sudut kanan atas. Buktikan bahwa Qn = Qn−1 + (n − 1)Qn−2 ! Pembahasan: Sebuah benteng pada kolom pertama mungkin atau tidak mungkin menduduki kotak pada sudut kiri bawah. Jika iya, maka terdapat Qn−1 cara meletakkan sisa n − 1 benteng. Jika tidak, maka benteng dapat diletakkan di n − 1 kotak pada kolom pertama. Peletakan benteng yang pertama menentukan lokasi kesimettrisannya pada baris pertama. n − 2 benteg sisanya kemudian diletakkan dengan Qn−2 benteng sisanya kemudian dapat diletakkan dengan Qn−2 cara. Dari sini maka didapatkan Qn = Qn−1 + (n − 1)Qn−2 . 19. Sebuah koin diundi n kali. Berapakah peluang didapatkan dua kepala secara berurutan? Pembahasan: Notasikan Pn sebagai peluang bahwa dua kepla secara berurutan tidak muncul dalam n lemparan. Jelas bahwa P1 = 1, P2 =

3 . 4

Untuk n > 2,

maka ada kasus: (a) Jika lemparan pertama adalah ekor, maka dua ke[ala secara berurutan tidak muncul di sisa n − 1 undian berikutnya dengan peluang Pn−1 . (b) Jika lemparan pertama muncul kepala, maka pada undian kedua harus kepala untuk menghindari dua kepala muncul berurutan. Kemudian dua kepala tidak akan muncul pada n−1 sisa undian berikutnya dengan peluang Pn−2 .

149

Chapter 9. Kombinatorika Dari sini didapatkan Pn =

1 P 2 n−1

+ 41 Pn−2 , n > 2 transformasi ini dapat

dirubah kedalam bentuk rekurensi yang lebih umum dengan mengalikan 2n sehingga didapatkan 2n Pn = 2n−1 Pn−1 + 2n−2 Pn−2 Misalkan Sn = 2n Pn , akan didapatkan Sn = Sn−1 + Sn−2 20. Misalkan n sebuah bilangan bulat yang lebih besar atau sama dengan 3. Berikan suatu tafsiran kombinatorial langsung bagi identitas berikut µ ¶ n+1 =3 4 Pembahasan: Ambil n titik pada sebuah lingkaran yang berpusat di O. Banyaknya tali ¡ ¢ busur yang terbentuk dari titik ini adalah n2 dan banyaknya pasangan tali busur adalah ... Selanjutnya perhatikan n + 1 titik termasuk n titik yang diberika dan titik pusat O. Dapat diambil 4 dari n + 1 titik ini untuk ¡ ¢ meperoleh n+1 kombinasi. Jika kombinasi demikian ini mengandung O, 4 maka akan diperoleh 6 ruas garis yang 3 diantaranya adalah jari-jari dan 3 ¡¢ lainnya tali busur. Ketiga tali busur ini kemudian menhasilkan 32 pasangan tali busur dengan tepat satu titik sekutu terhadap suatu pasanga yang dihasilkan. Misalkan {O, A, B, C} menghasilkan tali busur AB, AC, BC dan tiga pasangan {AB, AC}, {AB, BC} dan {AC, BC}. Selanjutnya su¡¢ atu himpunan 4 titik tidak termasuk O menghasilkan 42 tali busur dan ¡6¢ pasangan tali busur. Dari 15 pasangan tali busur ini, terdapat 3 pasan2 gan tali busur yang tidak memiliki sekutu. Misalkan {O, A, B, C} menghasilkan tiga pasangan tali busur {AB, AC}, {AB, BC} dan {AC, BC}.

Contents. List of Tables. List of Figures. 1 Mathematics Proof Method Metode Pembuktian Matematis Direct Proof Bukti Langsung

Recommend Documents